沪科版高中物理选修3-5学业分层测评：第4章+4.3让射线造福人类+14+Word版含答案
高中物理沪科版习题 选修3-5 章末综合测评3 Word版含答案
章末综合测评(三)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的五个选项中有三个是符合题目要求的，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分.)1.在α粒子散射实验中，少数α粒子发生了大角度偏转，这些α粒子()A.一直受到重金属原子核的斥力作用B.动能不断减小C.电势能先增大后减小D.出现大角度偏转是与电子碰撞的结果E.出现大角度偏转的原因是占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的空间范围α粒子一直受到斥力的作用，斥力先做负功后做正功，α粒子的动能先减小后增大，势能先增大后减小.α粒子的质量远大于电子的质量，与电子碰撞后其运动状态基本不变，A、C、E项正确.【答案】ACE2.下列叙述中符合物理学史的有()A.汤姆生通过研究阴极射线实验，发现了电子B.卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，证实了原子是可以再分的C.卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，提出了原子的核式结构模型D.玻尔理论能很好地解释氢原子光谱E.玻尔提出的原子模型，彻底否定了卢瑟福的原子核式结构学说汤姆生通过研究阴极射线发现了电子，A对；卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，得出了原子的核式结构模型，B错，C对；玻尔理论在解释氢原子光谱上获得了很大成功，能很好地解释氢原子光谱，D对；玻尔的原子模型是在核式结构模型的基础上提出的几条假设，并没有否定核式结构学说，E错.【答案】ACD3.关于阴极射线的性质，下列说法正确的是()A.阴极射线是电子打在玻璃管壁上产生的B.阴极射线本质是电子C.阴极射线在电磁场中的偏转表明阴极射线带正电D.阴极射线的比荷比氢原子核大E.根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况可以判断阴极射线的带电性质 阴极射线是原子受激发射出的电子流，故A 、C 错，B 、E 对；电子带电量与氢原子相同，但质量是氢原子的11 836，故阴极射线的比荷比氢原子大，D 对.【答案】 BDE4.以下关于玻尔原子理论的说法正确的是( )A.电子绕原子核做圆周运动的轨道半径不是任意的B.电子在绕原子核做圆周运动时，稳定地产生电磁辐射C.电子从量子数为2的能级跃迁到量子数为3的能级时要辐射光子D.不同频率的光照射处于基态的氢原子时，只有某些频率的光可以被氢原子吸收E.氢原子光谱有很多不同的亮线，说明氢原子能发出很多不同频率的光，但它的光谱不是连续谱【答案】 ADE5.根据氢原子的玻尔模型，氢原子核外电子在第一轨道和第二轨道运行时( )A.轨道半径之比为1∶4B.速度之比为4∶1C.周期之比为1∶8D.动能之比为4∶1E.动量之比为1∶4由玻尔公式r n ＝n 2r 1，所以轨道半径之比为r 1∶r 2＝12∶22＝1∶4，故A 对.根据库仑定律和牛顿第二定律有：k e 2r 2n ＝m v 2n r n ，v n ＝ke 2mr n ，所以速度之比为v 1v 2＝r 2r 1＝2∶1，故B 错.根据库仑定律和牛顿第二定律有：k e 2r 2n ＝m (2πT )2r n ，T ＝4π2mr 3n ke 2，所以周期之比为T 1T 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 23＝1∶8，故C 对.根据12m v 2n ＝12k e 2r n ，所以动能之比为E k1E k2＝r 2r 1＝4∶1，故D 对.动量之比为p 1p 2＝m v 1m v 2＝21，E 错.【答案】 ACD6.物理学家在微观领域的研究中发现了“电子偶素”这一现象.所谓“电子偶素”就是由一个负电子和一个正电子绕它们连线的中点，做匀速圆周运动形成相对稳定的系统.类比玻尔的原子量子化模型可知：两电子做圆周运动可能的轨道半径的取值是不连续的，所以“电子偶素”系统对应的能量状态(能级)也是不连续的.若规定两电子相距无限远时该系统的引力势能为零，则该系统的最低能量值为E (E <0)，称为“电子偶素”的基态，基态对应的电子运动的轨道半径为r .已知正、负电子的质量均为m ，电荷量均为e ，但符号相反；静电力常量为k ，普朗克常量为h .则下列说法中正确的是( )A.“电子偶素”系统处于基态时，一个电子运动的动能为ke 28rB.“电子偶素”系统吸收特定频率的光子发生能级跃迁后，电子做圆周运动的动能增大C.处于激发态的“电子偶素”系统向外辐射光子的最小波长为－hc ED.处于激发态的“电子偶素”系统向外辐射光子的最小频率为－E hE.“电子偶素”系统吸收特定频率的光子发生能级跃迁后，电子做圆周运动的动能减小由题设条件可知：ke 24r 2＝m v 2r ，可得：一个电子的动能E k ＝12m v 2＝ke 28r ，选项A 正确；“电子偶素”系统吸收特定频率的光子发生能级跃迁后，电子轨道半径变大，由E k ＝ke 28r 可知电子做圆周运动的动能减小，选项B 错误，E 正确；处于激发态的“电子偶素”系统向外辐射光子最大能量为－E ，对应光子的波长最小，为－hc E ，对应光子的频率最大，为－E h ，故选项C 正确，D 错误.【答案】 ACE7.氢原子的能级如图1所示.氢原子从n ＝4能级直接向n ＝1能级跃迁所放出的光子，恰能使某金属产生光电效应，下列判断正确的是( )图1A.氢原子辐射出光子后，氢原子能量变大B.该金属的逸出功W 0＝12.75 eVC.用一群处于n ＝3能级的氢原子向低能级跃迁时所发出的光照射该金属，该金属仍有光电子逸出D.氢原子处于n ＝1能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动E.该金属的截止频率为3.1×1015 Hz氢原子发生跃迁，辐射出光子后，氢原子能量变小，故A 错误.根据恰能使某金属产生光电效应，由n ＝4跃迁到n ＝1，辐射的光子能量最大，ΔE ＝13.6－0.85 eV ＝12.75 eV .则逸出功W 0＝12.75 eV ，故B 正确.由W 0＝hνc ，知E 正确.一群处于n ＝3的氢原子向低能级跃迁时，辐射的能量小于从n ＝4能级直接向n ＝1能级跃迁所放出的光子能量，则不会发生光电效应，故C 错误.根据玻尔原子模型，可知，处于n ＝1能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动，故D 正确.【答案】 BDE8.关于氢原子能级的跃迁，下列叙述中正确的是( )A.用波长为60 nm 的X 射线照射，可使处于基态的氢原子电离出自由电子B.用能量为10.2 eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态C.用能量为11.0 eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态D.用能量为12.5 eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态E.用能量为14.0 eV 的电子碰撞可使处于基态的氢原子跃迁到激发态根据玻尔理论，只有那些能量刚好等于两能级间的能量差的光子才能被氢原子所吸收(即hν＝E m －E n )，使氢原子发生跃迁.当氢原子由基态向n ＝2、3、4…轨道跃迁时应吸收的光子能量分别为：ΔE 21＝E 2－E 1＝E 122－E 1＝－13.64eV －(－13.6)eV ＝10.20 eV ，ΔE 31＝E 3－E 1＝E 132－E 1＝－13.69eV －(－13.6)eV ＝12.09 eV ，ΔE 41＝E 4－E 1＝E 142－E 1＝－13.616eV －(－13.6)eV ＝12.75 eV ，ΔE ∞1＝0－E 1＝－(－13.6 eV)＝13.6 eV(电离).波长为λ＝60 nm 的X 射线，其光子能量E ＝h ·c λ＝6.63×10－34×3×10860×10－9 J ＝3.315×10－18 J ＝20.71 eV>ΔE ∞1.所以可使氢原子电离，A 正确；比较B 、C 、D 选项中的光子能量与各能级与基态的能量差，知道只有B 项中光子可使氢原子从基态跃迁到n ＝2的激发态，B 正确；碰撞过程可使部分能量传给氢原子，E 正确.【答案】 ABE二、非选择题(本题共5小题，共52分.)9.(6分)已知氢原子基态的轨道半径为R 0，基态能量为－E 0，将该原子置于静电场中使其电离，已知静电力常量为k ，电子电荷量为q .则静电场提供的能量至少为________，静电场场强大小至少为________.氢原子电离时是核外电子脱离原子核的束缚，消耗能量最少的情况是电子与原子核恰好分离，此时消耗的能量恰好等于其基态能量的绝对值，故静电场提供的能量至少为E .从力的角度来看，电子与氢原子核分离时电场力不小于它们之间的静电力，即qE ≥kq 2R 20，故静电场场强大小至少为kq R 20. 【答案】 E 0 kq R 2010.(6分)氢原子从n ＝3的能级跃迁到n ＝2的能级放出光子的频率为ν，则它从基态跃迁到n ＝4的能级吸收的光子频率为________.设氢原子基态能量为E 1，则由玻尔理论可得：19E 1－14E 1＝hν，116E 1－E 1＝hν41，解得：吸收的光子频率ν41＝274ν.【答案】 274ν11.(12分)有大量的氢原子吸收某种频率的光子后从基态跃迁到n ＝3的激发态，已知氢原子处于基态时的能量为E 1，则吸收光子的频率ν是多少？当这些处于激发态的氢原子向低能级跃迁发光时，可发出几条谱线？辐射光子的能量分别为多少？据跃迁理论hν＝E 3－E 1，而E 3＝19E 1，所以ν＝E 3－E 1h ＝－8E 19h .由于是大量原子，可从n ＝3跃迁到n ＝1，从n ＝3跃迁到n ＝2，再从n ＝2跃迁到n ＝1，故应有三条谱线，光子能量分别为E 3－E 1，E 3－E 2，E 2－E 1，即－89E 1，－536E 1，－34E 1.【答案】 见解析12.(12分)氢原子的能级图如图2所示.原子从能级n ＝3向n ＝1跃迁所放出的光子，正好使某种金属材料产生光电效应.有一群处于n ＝4能级的氢原子向较低能级跃迁时所发出的光照射该金属.普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s ，求：图2【导学号：67080033】(1)氢原子向较低能级跃迁时共能发出几种频率的光；(2)该金属的逸出功和截止频率.(1)处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时可产生的光的频率的种数为N ＝n (n －1)2＝4×32＝6(种).(2)W ＝E 3－E 1＝12.09 eV ，E 3－E 1＝hν解得ν＝2.9×1015 Hz.【答案】 (1)6 (2)12.09 eV 2.9×1015 Hz13.(16分)处在激发态的氢原子向能量较低的状态跃迁时会发出一系列不同频率的光，称为氢光谱.氢光谱线的波长λ可以用下面的巴耳末—里德伯公式表示：1λ＝R ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2－1n 2，n 、k 分别表示氢原子跃迁前后所处状态的量子数，k ＝1,2,3…对每一个k ，有n ＝k ＋1，k ＋2，k ＋3…R 称为里德伯常量，是一个已知量.对于k ＝1的一系列谱线其波长处在紫外光区，称为莱曼系；k ＝2的一系列谱线其中四条谱线的波长处在可见光区，称为巴耳末系.用氢原子发出的光照射某种金属进行光电效应实验.当用莱曼系波长最长的光照射时，遏止电压的大小为U 1，当用巴耳末系波长最短的光照射时，遏止电压的大小为U 2，已知电子电荷量的大小为e ，真空中的光速为c ，试求普朗克常量和该种金属的逸出功.设金属的逸出功为W 0，光电效应所产生的光电子最大初动能为E km 由动能定理知：E km ＝eU c对于莱曼系，当n ＝2时对应的光波长最长，设为λ1 由题中所给公式有：1λ1＝R ⎝ ⎛⎭⎪⎫112－122＝34R 波长λ1的光对应的频率ν1＝c λ1＝34cR 对于巴耳末线系，当n ＝∞时对应的光波长最短，设为λ2，由题中所给公式有： 1λ2＝R ⎝ ⎛⎭⎪⎫122－0＝14R 波长λ2的光对应的频率ν2＝c λ2＝14cR 根据爱因斯坦的光电效应方程E km ＝hν－W 0知E km1＝hν1－W 0E km2＝hν2－W 0又E km1＝eU 1E km2＝eU 2可解得：h ＝2e (U 1－U 2)cRW 0＝e (U 1－3U 2)2. 【答案】 2e (U 1－U 2)cR e (U 1－3U 2)2。
2020-2021学年高中物理沪科版选修3-3：章末综合测评第4章含答案解析
【最新】高中物理沪科版选修3-3：章末综合测评第4章学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题1．关于一定量的气体，下列说法正确的是（）E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加2．采用绝热（即不与外界交换热量）的方式使一定量的气体由初态A变化至末态B，对于不同的绝热方式，下面说法正确的是（）A．对气体所做的功不同B．对气体所做的功相同C．气体对外所做的功相同D．对气体不需做功，因为没有能量的传递E. 气体内能的变化是相同的3．大约在1670年，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了一种磁力“永动机”．如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道，维尔金斯认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔P处时，它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔P处又掉下．在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面地出现过多次，其中一次是在1878年，即在能量转化和守恒定律确定20年后，竟在德国取得了专利权．关于维尔金斯“永动机”，正确的认识应该是( )A．不符合理论规律，一定不可能实现B．如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现C．如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强，则维尔金斯“永动机”可以实现D．违背能量转化和守恒定律，不可能实现E. “既要马儿不吃草，又要马儿跑”，是根本不可能存在的4．如图所示，两个相通的容器P、Q间装有阀门K，P中充满气体，Q为真空，整个系统与外界没有热交换．打开阀门K后，P中的气体进入Q中，最终达到平衡，则下列说法正确的是( )A．气体体积膨胀，内能不变B．气体分子势能减少，内能增加C．气体分子势能增加，动能减小，温度降低D．气体分子势能增加，压强可能不变E. Q中气体不可能自发地全部退回到P中5．如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，dc平行于纵坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法正确的是( )A．从状态d到c，气体不吸热也不放热B．从状态c到b，气体放热C．从状态a到d，气体对外做功D．从状态b到a，气体吸热E. 从状态b到a，气体放热6．关于永动机不可能制成，下列说法中正确的是( )A．第一类永动机违背了能量守恒定律B．第二类永动机违背了能量守恒定律C．第一类永动机不能制成说明了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性D．第二类永动机不能制成说明了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性E. 第二类永动不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化7．如图是某研究小组为了探究“鱼鳔的作用”所制作的装置．具体制作方法如下：在大号“可乐瓶”中注入半瓶水，在一个小气球中放入几枚硬币并充入少量空气(忽略气体的分子势能)，将其装入“可乐瓶”中．通过在水中放盐改变水的密度后，使气球恰好悬浮于水中，并拧紧瓶盖．设初始时瓶中气体、水及外界大气的温度相同．当用手挤压“可乐瓶”的上半部分时，下列说法正确的是( )A．快速挤压时，瓶内气体压强变大B．快速挤压时，瓶内气体温度不变C．快速挤压时，瓶内气体体积不变D．缓慢挤压时，瓶内气体温度不变E. 缓慢挤压时，气球下降8．下列说法正确的是( )A．凡是不违背能量守恒定律的实验构想，都是能够实现的B．做功和热传递在改变内能的效果上是等效的，这表明要使物体的内能发生变化，既可以通过做功来实现，也可以通过热传递来实现C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多D．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大E. 在水池中，一个气泡从池底浮起，此过程可认为气泡的温度不变，气泡内气体为理想气体，则外界对气泡做正功，同时气泡吸热二、解答题9．一定质量的非理想气体(分子间的作用力不可忽略)，从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，则：(1)气体的内能是增加还是减少？其变化量的大小为多少焦耳？(2)气体的分子势能是增加还是减少？(3)分子平均动能如何变化？10．如图所示，一长为L、内横截面积为S的绝热汽缸固定在水平地面上，汽缸内用一质量为m的绝热活塞封闭了一定质量的理想气体，开始时活塞用销钉固定在汽缸正中央，汽缸内被封闭气体压强为p.外界大气压为p0(p>p0)．现释放活塞，测得活塞被缸内气体推到缸口时的速度为v0求：(1)此过程克服大气压力所做的功；(2)活塞从释放到将要离开缸口，缸内气体内能改变了多少？11．如图所示，一定质量的理想气体，从状态A等容变化到状态B，再等压变化到状态D.已知在状态A时，气体温度t A＝327 ℃.（1）求气体在状态B时的温度；（2）已知由状态B→D的过程，气体对外做功W，气体与外界交换热量Q，试比较W与Q的大小，并说明原因．12．如图，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体．p0和T0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求①气缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；②在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量Q.参考答案1．ABE【解析】气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积,而不是该气体所有分子体积之和，选项A正确；温度越高，气体分子运动越剧烈，故只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度,气体的温度就可以降低，选项B正确；气体的压强是气体分子对器壁的频繁的碰撞产生的，与气体的重力无关，阻值C错误；根据ΔE=W+ Q可知，气体从外界吸收热量,其内能不一定增加，选项D错误；根据PV=C可知，T气体在等压膨胀过程中温度一定升高，选项E正确；故选ABE.2．BCE【解析】对于一定量的气体，不管采用任何一种绝热方式由状态A变化到状态B，都是绝热过程．在这一过程中，气体在初状态A有一确定的内能U A，在状态B有另一确定的内能U B，由绝热过程中ΔU＝U B－U A＝W知，W为恒量，所以BCE选项正确．【点睛】本题考查学生对能量守恒的正确理解和应用，必须注意绝热过程的特殊性与应用热力学第一定律时公式中各物理量的意义和条件．3．ADE【解析】维尔金斯“永动机”不可能实现，因为它违背了能量守恒定律．小球上升过程中，磁场力对小球做正功，使小球增加了机械能；但小球下落时，同样也受到磁场力，而且磁场力做负功，这个负功与上升过程的正功相互抵消，可见，维尔金斯“永动机”不可能源源不断向外提供能量，所以，维尔金斯“永动机”不可能实现．故选ADE.【点睛】能量守恒定律是宇宙自然界普遍适用的一条重要定律，适用与任何情况的自然现象中．4．ACE【解析】气体的膨胀过程没有热交换，可以判断Q＝0；由于容器Q内为真空，所以气体是自由膨胀，虽然体积变大，但是气体并不对外做功，即W＝0；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由以上可以判断该过程ΔU＝0，即气体的内能不变，显然选项A正确，B错误；由于气体分子间的作用力表现为引力，所以气体体积变大时分子引力做负功，分子势能增加，由此进一步推断分子动能减小．温度降低，选项C正确；体积变大、温度降低，则气体压强变小，所以选项D错误；宏观中的热现象都是不可逆的，所以E正确．故选ACE.【点睛】本题考查热力学第一、二定律，注意对理想气体，内能由温度决定．5．BCD【解析】从状态d到c，温度不变．理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，要保持内能不变，一定要吸收热量，故选项A错；气体从状态c 到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小，就一定要伴随放热，故选项B正确；气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，选项C正确；气体从状态b到状态a是个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果．故选项D正确，E错误．【点睛】本题关键先根据气体实验定律判断气体的P、V、T的变化，然后结合热力学第一定律公式△U=W+Q进行分析，基础题．6．ADE【解析】第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机违背了热传递的方向性，机械能可以全部转化为内能，内能在引起其他变化时可能全部转化为机械能．因此，正确选项为ADE.【点睛】本题考查两类永动机不可能制成的原因，记住相关的内容即可．是一道基础题．7．ADE【解析】快速挤压气体时，外界对它做功，来不及热传递，由W＋Q＝ΔU，内能增大，温度上升，体积变小，瓶内压强变大，则A项对，B、C两项错；缓慢挤压时，温度不变，体积变小，瓶内压强变大，D正确，对气球来说，压强也增大，温度不变，体积必然减小，则重力mg大于浮力ρgV，气球下降，则E项正确．故选ADE.【点睛】本题考查了热力学第一定律和理想气体状态方程的应用，由于牵扯到两部分气体，难度较大．8．BCD【解析】【详解】由热力学第二定律可知，凡是不违背能量守恒定律的实验构想不一定都能够实现，A错误；做功和热传递在改变内能的效果上是等效的，表明要使物体的内能发生变化，既可以通过做功来实现，也可以通过热传递来实现，B正确；保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，分子平均速率增大，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，C正确；温度越高，分子热运动的平均动能越大，分子的平均速率越大，这是统计规律，具体到个别分子，其速率的变化不确定，因此仍可能有分子的运动速率非常小，D正确；随着气泡的上升，压强减小，因为温度不变，根据pV＝C可知，体积增大，气泡对外界做正功，根据ΔU＝W＋Q可知，温T度不变时，ΔU不变，又W<0，所以Q>0，即气泡吸热，E错误；故选BCD．9．（1）内能减少了1.8×105J；（2）增加；（3）减少【详解】(1)因气体从外界吸收热量，所以Q＝4.2×105 J气体对外做功6×105 J，则外界对气体做功W＝-6×105 J由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得ΔU＝-6×105 J＋4.2×105 J＝-1.8×105 J所以物体内能减少了1.8×105 J.(2)因为气体对外做功，体积膨胀，分子间距离增大了，分子力做负功，气体的分子势能增加了；(3)因为气体内能减少了，而分子势能增加了，所以分子平均动能必然减少了，且分子平均动能的减少量一定大于分子势能的增加量；10．(1) W =12p 0LS (2) ΔU =−12(mv 2+p 0LS )【解析】 【试题分析】由功的计算公式可以求克服大气压所做的功，由能量守恒可以求气体内能的改变量．(1)设大气作用在活塞上的压力为F ，则：F ＝p 0S根据功的计算式W ＝Fl 得：W =12p 0LS(2)设活塞离开汽缸时动能为E k ，则：E k =12mv 2根据能量守恒定律得：ΔU =−12Mv 2−12p 0LS =−12(mv 2+p 0LS)即内能减少了12(mv 2+p 0LS)【点睛】本题是个小型的计算题，考查了功的公式和能量守恒定律．11．（1）27℃ （2）Q >W【解析】 【试题分析】由图象可知A 和B 状态的各个状态参量，根据理想气体的状态方程可以求得在B 状态时气体的温度，在等压变化的过程中，封闭气体的压力不变，根据功的公式W =FL 可以求得气体对外做功的大小．(1)气体由状态A 变化到状态B由查理定律p A T A =pB T B 可得 T B =p B p A T A =12×(327+273)K =300K 所以t B ＝27℃.(2)由B →D 的过程，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律ΔU ＝Q -W >0可得Q >W .【点睛】根据图象，找出气体在不同的状态下的状态参量，根据理想气体状态方程计算即可，在计算做功的大小的时候，要注意A 到M 的过程，气体的体积不变，气体对外不做功．只在M 到B 的等压的过程中对外做功．12．(1)112V V = (2)0012Q PV aT =+本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
高中物理（教科版选修3-5）：第4章3.光的波粒二象性含答案
高中物理（教科版选修3-5）：第4章3.光的波粒二象性含答案学业分层测评(十五) (建议用时：45分钟)1．频率为ν的光子，具有的能量为hν，动量为hνc，将这个光子打在处于静止状态的电子上，光子将偏离原运动方向，这种现象称为光子的散射，下列关于光子散射的说法正确的是( )A．光子改变原来的运动方向，且传播速度变小B．光子改变原来的传播方向，但传播速度不变C．光子由于在与电子碰撞中获得能量，因而频率增大D．由于受到电子碰撞，散射后的光子波长小于入射光子的波长【解析】碰撞后光子改变原来的运动方向，但传播速度不变，A 错误，B 正确；光子由于在与电子碰撞中损失能量，因而频率减小，即ν＞ν′，再由c ＝λ1ν＝λ2ν′，得到λ1<λ2，C、D错误．【答案】 B2．(多选)关于光的本性，下列说法中正确的是( )A．关于光的本性，牛顿提出“微粒说”，惠更斯提出“波动说”，爱因斯坦提出“光子说”，它们都说明了光的本性B．光具有波粒二象性是指：既可以把光看成宏观概念上的波，也可以看成微观概念上的粒子C．光的干涉、衍射现象说明光具有波动性D．光电效应说明光具有粒子性【解析】光的波动性指大量光子在空间各点出现的可能性的大小可以用波动规律来描述，不是惠更斯的波动说中宏观意义下的机械波，光的粒子性是指光的能量是一份一份的，每一份是一个光子，不是牛顿微粒说中的经典微粒．某现象说明光具有波动性，是指波动理论能解释这一现象．某现象说明光具有粒子性，是指能用粒子说解释这个现象．要区分说法和物理史实与波粒二象性之间的关系．C、D正确，A、B错误．【答案】CD3．关于光的波粒二象性的理解正确的是( )【导学号：22482063】A．大量光子的行为往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性B．光在传播时是波，而与物质相互作用时就转变成粒子C．光在传播时粒子性显著，而与物质相互作用时波动性显著D．高频光是粒子，低频光是波【解析】大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性，A正确；光在传播时波动性显著，光与物质相互作用时粒子性显著，B、C错误；频率高的光粒子性显著，频率低的光波动性显著，D错误．【答案】 A4．(多选)对光的认识，下列说法正确的是( )A．个别光子的行为表现为粒子性，大量光子的行为表现为波动性B．光的波动性是光子本身的一种属性，不是光子之间的相互作用引起的C．光表现出波动性时，就不具有粒子性了，光表现出粒子性时，就不具有波动性了D．光的波粒二象性应理解为：在某些场合下光的波动性表现明显，在某些场合下光的粒子性表现明显【解析】本题考查光的波粒二象性．光是一种概率波，少量光子的行为易显示出粒子性，而大量光子的行为往往显示出波动性，A选项正确；光的波动性不是由光子之间的相互作用引起的，而是光的一种属性，这已被弱光照射双缝后在胶片上的感光实验所证实，B选项正确；粒子性和波动性是光同时具备的两种属性，C错误，D选项正确．【答案】ABD5．(多选)为了验证光的波粒二象性，在双缝干涉实验中将光屏换成照相底片，并设法减弱光的强度，下列说法正确的是( )A．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的狭缝，如果时间足够长，底片上将出现双缝干涉图样B．使光子一个一个地通过双缝干涉实验装置的狭缝，如果时间足够长，底片上将出现不太清晰的双缝干涉图样C．大量光子的运动规律显示出光的粒子性D．个别光子的运动显示出光的粒子性【解析】单个光子运动具有不确定性，大量光子落点的概率分布遵循一定规律，显示出光的波动性．使光子一个一个地通过双缝，如果时间足够长，底片上会出现明显的干涉图样，A正确，B、C错误；由光的波粒二象性知，个别光子的运动显示出光的粒子性，D正确．【答案】AD6．(多选)在验证光的波粒二象性的实验中，下列说法正确的是( ) A．使光子一个一个地通过单缝，如果时间足够长，底片上会出现衍射图样。
2021-2022学年高二物理沪科版选修3-5 章末检测(4、5章)
章末检测(第4、5章)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)1．下列说法正确的是()A．康普顿发觉了电子B．卢瑟福提出了原子的核式结构模型C．贝可勒尔发觉了铀和含铀矿物的自然放射现象D．伦琴发觉了X射线答案BCD解析汤姆生发觉了电子，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，贝可勒尔发觉了自然放射现象，1895年，德国物理学家伦琴发觉了伦琴射线，又叫做X射线．2．放射性同位素在工业、农业、医疗卫生和科学争辩的很多方面得到广泛应用的缘由是()A．它衰变释放的核能少，简洁把握B．它衰变缓慢，应用效果好C．它的射线有电离作用和穿透本事，以及对生物组织有物理、化学效应D．它可作为示踪原子答案CD3．下列说法不正确的是()A.21H＋31H→42He＋10n是聚变B.235 92U＋10n→140 54Xe＋9438Sr＋210n是裂变C.226 88Ra→222 86Rn＋42He是α衰变D.2411Na→2412Mg＋0－1e是裂变答案D解析原子核的变化通常包括衰变、人工转变、裂变和聚变．衰变是指原子核放出α粒子或β粒子后，变成新的原子核的变化，如本题中的C和D两选项．原子核的人工转变是指在其他粒子的轰击下产生新的原子核的过程．裂变是重核分裂成质量较小的核，像B选项．聚变是轻核结合成质量较大的核，像A选项．由上述知D选项是错误的．4．原子核A Z X与氘核21H反应生成一个α粒子和一个质子．由此可知()A．A＝2，Z＝1 B．A＝2，Z＝2C．A＝3，Z＝3 D．A＝3，Z＝2答案D解析本题考查核反应方程．由题意可知核反应方程为A Z X＋21H→42He＋11H，反应过程中遵守质量数守恒和电荷数守恒，由此可推断A＝3，Z＝2，选项D正确．5．科学家发觉在月球上含有丰富的32He(氦3)．它是一种高效、清洁、平安的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程式为32He＋32He―→211H＋42He.关于32He聚变，下列表述正确的是()A．聚变反应不会释放能量B．聚变反应产生了新的原子核C．聚变反应没有质量亏损D．目前核电站都接受32He聚变反应发电答案B解析该聚变反应释放了能量，是由于发生了质量亏损，A、C错；该聚变反应产生了新的原子核11H，B对；目前核电站都是用重核裂变发电而不是用轻核聚变，D错．6．原子核聚变可望给人类将来供应丰富的洁净能源．当氘等离子体被加热到适当高温时，氘核参与的几种聚变反应可能发生，放出热量．这几种反应的总效果可以表示为621H―→k42He＋d11H＋210n＋43.15 MeV由平衡条件可知()A．k＝1，d＝4 B．k＝2，d＝2C．k＝1，d＝6 D．k＝2，d＝3答案B解析依据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒得12＝4k＋d＋2①6＝2k＋d②解①②得k＝2，d＝2.7．一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子．已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c.下列说法正确的是()A．核反应方程是11H＋10n→31H＋γB．聚变反应中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3C．辐射出的γ光子的能量E＝(m3－m1－m2)cD ．γ光子的波长λ＝h(m 1＋m 2－m 3)c 2答案 B解析 依据核反应过程中质量数守恒、电荷数守恒可知核反应方程为：11H ＋10n →21H ＋γ，故选项A 错误；聚变过程中辐射出γ光子，质量亏损Δm ＝m 1＋m 2－m 3，故选项B 正确；由质能方程知，辐射出的γ光子的能量E＝(m 1＋m 2－m 3)c 2，故选项C 错误；由E ＝hc λ知，λ光子的波长λ＝h(m 1＋m 2－m 3)c，故选项D 错误．8.235 92U 吸取一个慢中子后，分裂成136 54Xe 和9038Sr ，还放出( )A ．1个α粒子B ．3个中子C ．10个中子D ．10个质子 答案 C解析 设放出的粒子的质量数为x ，电荷数为y ，核反应过程满足质量数守恒和电荷数守恒．由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ 235＋1＝136＋90＋x ，92＝54＋38＋y ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝10，y ＝0.由此推断该核反应放出的确定是中子，且个数是10.9．(2022·新课标Ⅱ·35(1))在人类对微观世界进行探究的过程中，科学试验起到了格外重要的作用．下列说法符合历史事实的是________．A ．密立根通过油滴试验测出了基本电荷的数值B ．贝克勒尔通过对自然 放射现象的争辩，发觉了原子中存在原子核C ．居里夫妇从沥青铀矿中分别出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素D ．卢瑟福通过α粒子散射试验证明白在原子核内部存在质子E ．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的试验，发觉了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷 答案 ACE解析 密立根通过油滴试验，验证了物体所带的电荷量都是某一值的整数倍，测出了基本电荷的数值，选项A 正确．贝克勒尔通过对自然 放射现象的争辩，明确了原子核具有简洁结构，选项B 错误．居里夫妇通过对含铀物质的争辩发觉了钋(Po)和镭(Ra)，选项C 正确．卢瑟福通过α粒子散射试验证明白原子的核式结构，选项D 错误．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的试验，说明白阴极射线是带负电的粒子，并测出了粒子的比荷，选项E 正确．10．一个原来静止的238U 核发生α衰变，它的两个产物在垂直于它们速度方向的匀强磁场中运动，它们的轨迹和运动方向(图中用箭头表示)可能是下列图中的(图中半径大小没有按比例画)( )答案 D解析 由于发生的是α衰变，产物是两个带正电的粒子，依据动量守恒定律M v 1＋m v α＝0，这两个新核的运动方向相反，受到的洛伦兹力方向相反，即轨迹应当是外切圆，再利用左手定则推断洛伦兹力的方向，故D 项正确．二、填空题(本题共4小题，共24分)11．(6分)用α粒子轰击氩40时，产生一个中子和一个新的核，这个新的核是________，核反应方程是________________________________．用α粒子轰击硼10，产生一个中子和一个具有放射性的核，这个新的核是________，这个核能放出正电子，它衰变后变成的新核为________，核反应方程是____________________________． 答案4320Ca 4018Ar ＋42He →4320Ca ＋10n 13 7N 13 6C 13 7N →13 6C ＋01e图112. (6分)贝可勒尔发觉自然 放射现象，揭开了人类争辩原子核结构的序幕．如图1中P 为放在匀强电场中的自然 放射源，其放出的射线在电场中分成A 、B 、C 三束．(1)构成A 射线的粒子是______；构成B 射线的粒子是________；构成C 射线的粒子是________．(2)三种射线中，穿透力气最强，经常用来对金属探伤的是________射线；电离作用最强，动量最大，经常用来轰击原子核的是____________射线；当原子核中的一个核子由中子转化为质子时将放出一个________粒子． (3)请完成以下与上述粒子有关的两个核反应方程式：234 90Th →23491Pa ＋________； ________＋2713Al →3015P ＋10n.答案 (1)电子e (β粒子) γ光子 氦核He(α粒子) (2)γ α β (3)0－1e 42He 解析 (1)由a ＝Eqm可知，在电场中加速度最大的是电子，不偏转的是γ光子，偏转时加速度较小的是氦核，故A 射线的粒子是电子，B 射线的粒子是光子，C 射线的粒子是氦核．(2)三种射线中，穿透力气最强的是γ射线，电离作用最强的是α射线，在原子核中，一个核子由中子转化为质子时将放出一个负电子即β粒子．(3)由质量数和电荷数守恒可得234 90Th →234 91Pa ＋ 0－1e 42He ＋2713Al →3015P ＋10n. 13．(6分)历史上第一次利用加速器实现的核反应，是用加速后动能为0.5 MeV 的质子11H 轰击静止的AZ X ，生成两个动能均为8.9 MeV 的42He.(1 MeV ＝1.6×10－13J)(1)上述核反应方程为___________________________________； (2)质量亏损为________kg.答案 (1)11H ＋73Li →42He ＋42He (2)3.1×10－29解析 (1)11H ＋73Li →42He ＋42He(2)Δmc 2＝E 末－E 初Δm ＝E 末－E 初c 2＝(2×8.9－0.5)×1.6×10－13(3×108)2 kg≈3.1×10－29 kg14．(6分)约里奥—居里夫妇因发觉人工放射性而获得了1935年的诺贝尔化学奖，他们发觉的放射性元素3015P 衰变成3014Si的同时放出另一种粒子，这种粒子是________.3215P是3015P 的同位素，被广泛应用于生物示踪技术.1 mg3215P 随时间衰变的关系如图2所示，请估算4 mg 的3215P经____天的衰变后还剩0.25 mg.图2答案 正电子 60解析 衰变方程为3015P →3014Si ＋01e ，即这种粒子是正电子．由图像可以看出3215P 的半衰期为15天，则4×⎝⎛⎭⎫12t 15＝0.25，得t ＝60天．三、计算题(本题共3小题，共36分)15．(12分)2008年北京奥运会场馆四周80%～90%的路灯利用太阳能发电技术来供电，奥运会90%的洗浴热水接受全玻璃真空太阳能集热技术．科学争辩发觉太阳发光是由于其内部不断发生从氢核到氦核的核聚变反应，即在太阳内部四个氢核(11H)转化成一个氦核(42He)和两个正电子(＋1e)并放出能量．已知质子质量m p ＝1.007 3 u ，α粒子的质量m α＝4.002 6 u ，正电子的质量m e ＝0.000 5 u,1 u 的质量相当于931.5 MeV 的能量． (1)写出该核反应方程；(2)一次这样的热核反应过程中释放出多少能量？(结果保留四位有效数字)答案 (1)411H →42He ＋20＋1e (2)23.85 MeV解析 (1)依据质量数守恒、电荷数守恒，该核反应方程为：411H →42He ＋2 0＋1e.(2)质量亏损：Δm ＝4m p －m α－2m e ＝4×1.007 3 u －4.002 6 u －2×0.000 5 u ＝0.025 6 uΔE ＝0.025 6×931.5 MeV ≈23.85 MeV .16．(12分)(1)美国科研人员正在研制一种新型镍铜长效电池，它是接受铜和半衰期为100年的放射性同位素镍63(6328Ni)两种金属作为长寿命电池的材料，利用镍63(6328Ni)发生一次β衰变变成铜(Cu)，同时释放电子给铜片，把镍63(6328Ni)和铜片做电池两极．镍63(6328Ni)的衰变方程为______________________，16 g 镍63经过400年还有________g 尚未衰变．(2)一静止的质量为M 的镍核(6328Ni)发生β衰变，放出一个速度为v 0，质量为m 的β粒子和一个反冲铜核，若镍核发生衰变时释放的能量全部转化为β粒子和铜核的动能．求此衰变过程中的质量亏损(亏损的质量在与粒子质量相比时可忽视不计)． 答案(1)6328Ni →0－1e ＋6329Cu1 (2)Mm v 202(M －m )c 2解析 (1)6328Ni → 0－1e ＋6329Cu ；1(2)设衰变后铜核的速度为v ， 由动量守恒得m v 0＝(M －m )v 由能量守恒得ΔE ＝12m v 20＋12(M －m )v 2由质能方程得ΔE ＝Δmc 2，解得Δm ＝Mm v 202(M －m )c 217．(12分)钚的放射性同位素239 94Pu 静止时衰变为铀核激发态235 92U *和α粒子，而铀核激发态235 92U *马上衰变为铀核235 92U ，并放出能量为0.097 MeV 的γ光子．已知：239 94Pu 、235 92U 和α粒子的质量分别为m Pu＝239.052 1 u 、m U ＝235.043 9 u 和m α＝4.002 6 u,1 u 的质量相当于931.5 MeV 的能量． (1)写出衰变方程；(2)已知衰变放出的光子的动量可忽视，求α粒子的动能．答案 (1)239 94Pu →235 92U *＋42He235 92U *→235 92U ＋γ(或239 94Pu →235 92U ＋42He ＋γ) (2)5.034 MeV解析 (1)衰变方程为239 94Pu →235 92U *＋42He ① 235 92U *→23592U ＋γ②或合起来有239 94Pu →235 92U ＋42He ＋γ③(2)上述衰变过程的质量亏损为Δm ＝m Pu －m U －m α④ 放出的能量为ΔE ＝c 2·Δm ⑤此能量是铀核235 92U 的动能E U 、α粒子的动能E α和γ光子的能量E γ之和，即ΔE ＝E U ＋E α＋E γ⑥ 由④⑤⑥式得E U ＋E α＝(m Pu －m U －m α)c 2－E γ⑦设衰变后的铀核和α粒子的速率分别为v U 和v α，则由动量守恒有m U v U ＝m αv α⑧又由动能的定义知E U ＝12m U v 2U ，E α＝12m αv 2α⑨ 由⑧⑨式得E U E α＝m αm U⑩由⑦⑩式得E α＝m Um U ＋m α[(m Pu －m U －m α)c 2－E γ]代入题给数据得E α≈5.034 MeV。
高中物理(沪科版选修3-1)学业分层测评：第4章 典型案例分析 含答案
【解析】指针偏转角度极小，说明电阻很大，应换用倍率较高的挡，选项B、D正确．【答案】BD3．(多选)如图4310所示为两个独立电路A和B的路端电压与其总电流I的关系图线，则( )【导学号：29682079】图4310A．路端电压都为U1时，它们的外电阻相等B．电流都是I1时，两电源内电压相等C．电路A的电动势大于电路B的电动势D．A中电源的内阻大于B中电源的内阻【解析】在路端电压与总电流的关系图线(UI)中，图线在U轴上的截距表示电动势E，图线斜率的绝对值表示电源的内阻，可见EA>EB，rA>rB；图中两直线的交点坐标为(I1，U1)，由R＝可知，路端电压都为U1时，它们的外电阻相等．由U′＝Ir可知，电流都是I1时，因r不相等，故两电源内电压不相等，所以选项A、C、D正确．【答案】ACD4.如图4311所示，当开关S断开时，理想电压表示数为3 V，当开关S闭合时，电压表示数为1.8 V，则外电阻R与电源内阻r之比为( )图4311A．5∶3B．3∶5C．2∶3D．3∶2【解析】S断开时，电压表的读数等于电源电动势，即E＝3 V，S闭合时电压表读数为路端电压，即U＝1.8 V，所以U内＝E－U＝1.2 V．根据串联电路电压分配知R∶r＝3∶2，故答案为D项．【答案】D5．有两个相同的电阻R，串联起来接在电动势为E的电源上，电路中的电流为I.将它们并联起来接在同一电源上，此时流过电源的电流为4I/3，则电源的内阻为( )A．R B．R/2C．4R D．R/8【解析】由串联电路和并联电路的特点及闭合电路的欧姆定律得E＝I(2R＋r)，E＝I(＋r)，由以上两式可得r＝4R.【答案】C6.如图4312所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，在平行板电容器C中恰好有一带电粒子处于悬空静止状态，当变阻器R0的滑动触头向左移动时，带电粒子将( )图4312A．向上运动B．向下运动C．静止不动D．不能确定运动状态的变化【解析】当滑动触头向左移动时，R0接入电路的电阻值变大，则R总变大，总电流变小，R两端的电压变小，电容器中的电场强度变小，所以粒子将向下运动，故B正确．【答案】B7．(多选)太阳能作为清洁能源在我国将大力推广，如图4313为一太阳能电池板的路端电压随电流变化的图像．则该电池板的( )图4313A．电动势为600 μVB．短路电流为20 μAC．内阻为20 ΩD．内阻为30 Ω【解析】由图像知该电池板的电动势E＝600 μV，横轴交点坐标为(20 μA,200 μV)，因此20 μA不是短路电流．由U＝E－Ir，或r＝||知r＝20 Ω，故A、C正确，B、D错误．【答案】AC8. (多选)如图4314所示，R1为定值电阻，R2是正温度系数的金属热电阻，L为小灯泡，当温度下降时( )图4314A．R1两端的电压增大B．电流表的示数增大C．小灯泡变亮D．小灯泡变暗【解析】温度下降时，R2阻值减小，电路的外电阻减小，由闭合电路欧姆定律知干路电流I增大，电流表示数增大，B正确．由欧姆定律得U1＝IR1知，R1两端电压增大，A正确．小灯泡L两端电压减小，小灯泡变暗，C错误，D正确．【答案】ABD9．将一个电流表改装成欧姆表，并将欧姆表调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度的4/5处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的1/5处，则该电阻的阻值为( )【导学号：29682080】A．4R B．5R C．10R D．16R【解析】由闭合电路的欧姆定律得：调零时有E＝IgR内；指针偏转至满刻度的4/5时有E＝4Ig(R＋R内)/5；指针偏转到满刻度的1/5时有E＝Ig(Rx＋R内)/5.联立三式可解得Rx＝16 R，D正确，A、B、C错误．【答案】D10．在如图4315所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触头在a 端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑动触头向b端移动，则三个电表示数的变化情况是( )图4315A．I1增大，I2不变，U增大B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小【解析】电路结构：R1，R2并联后再与R3串联，A1测量通过R1的电流I1，A2测量通过R2的电流I2，V测路端电压U.R2的滑动触点由a滑向b，R2阻值减小，电路总电阻减小，则总电流I增大；根据闭合电路欧姆定律知路端电压U＝E－Ir，所以电压表示数U减小；R1两端电压U1＝U－U3，而U3＝IR3，U3增大，所以U1减小，则I1减小，而I＝I1＋I2，所以I2增大．故正确答案为B.【答案】B11.如图4316所示，电阻R1＝R2＝R3＝1 Ω，当开关S闭合时，电压表的示数为1 V；当开关S断开时，电压表的示数为0.8 V．求电源的电动势和内阻．图4316【解析】S闭合时，I＝＝＝1 A，R＝＋R3＝Ω＋1 Ω＝1.5 Ω，由I＝得E＝IR＋Ir＝(1×1.5＋1×r) V①S断开时，I′＝＝＝0.8 A，R′＝R1＋R3＝1 Ω＋1 Ω＝2 Ω，所以E＝I′R′＋I′r＝(0.8×2＋0.8×r) V②由①②两式可得E＝2.0 V，r＝0.5 Ω.【答案】 2.0 V 0.5 Ω12．如图4317所示的电路中，当开关S接a点时，标有“5 V 2.5 W”的小灯泡L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1 A，这时电阻R两端的电压为4 V．求：【导学号：29682081】图4317(1)电阻R的值；(2)电源的电动势和内阻．【解析】(1)电阻R的值为R＝＝Ω＝4 Ω.。
2020-2021学年高中物理沪科版选修3-4：章末综合测评第4章含答案解析
【最新】高中物理沪科版选修3-4：章末综合测评第4章学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题1．一束单色光从真空斜射向某种介质的表面，光路如图1所示．下列说法中正确的是( )A．此介质的折射率等于1.5BC．当光线从介质射向真空中时，入射角大于45°时可发生全反射现象D．当光线从介质射向真空中时，入射角小于30°时可能发生全反射现象E.光进入介质时波长变短2．一束单色光由空气射入玻璃，这束光的( )A．速度变慢B．波长变短C．频率增高D．波长变长E. 频率不变3．如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后出a、b两束光线．则（）A．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度B．在真空中，a光的波长小于b光的波长C．玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率D．分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距E.若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失4．如图所示，一细束红光和一细束蓝光平行射到同一个三棱镜上，经折射后交于光屏上的同一个点M，若用n1和n2分别表示三棱镜对红光和蓝光的折射率，下列说法中正确的是( )A．n1＜n2B．a为蓝光，b为红光C．n1＞n2D．a为红光，b为蓝光E.a、b两种光在三棱镜中的速度不同5．关于下列光学现象，说法正确的是( )A．水中蓝光的传播速度比红光快B．光从空气射入玻璃时不可能发生全反射C．在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深D．分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽E. 偏振现象说明光是纵波6．某学习小组在探究三棱镜对光的色散的实验中，用一束含有两种A、B不同颜色的光束以一定的角度从三棱镜的一边射入，并从另一面射出，如图4所示．由此我们可以知道( )A．在同种介质中，A光的波长比B光的波长长B．从空气中以相同的入射角射入同样的介质，A光的折射角比B光的小C．A、B两种光在水中的速度一样大D．A、B两种光从相同的介质入射到空气中，逐渐增大入射角，B光先发生全反射E. A光比B光易发生明显的衍射现象7．直线P1P2过均匀玻璃球球心O，细光束a、b平行且关于P1P2对称，由空气射入玻璃球的光路如图所示.a、b光相比( )A．玻璃对a光的折射率较小B．玻璃对a光的临界角较大C．b光在玻璃中的传播速度较小D．b光在玻璃中的传播时间较短E.两种光在玻璃中的传播时间相等二、单选题8．如图，一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O点为该玻璃砖截面的圆心，下图能正确描述其光路图的是（）A．B．C．D．三、实验题9．在“双缝干涉测光的波长”实验中，调节分划板的位置，使分划板的中心刻线对齐中央亮条纹的中心，此时螺旋测微器的示数如图甲所示．转动手轮，使分划线向一侧移动，使分划板的中心刻线对齐第3条亮条纹的中心，此时螺旋测微器的示数如图乙所示．已知双缝间距d＝1.5 mm，双缝到屏的距离L＝1.00 m，则甲图所示读数为________mm，乙图所示读数为_______mm.被测光波的波长为_______.10．如图所示，是利用插针法测定玻璃砖的折射率的实验得到的光路图，玻璃砖的入射面AB和出射面CD并不平行，则：（1）出射光线与入射光线________（填“平行”或“不平行”）；（2）以入射点O为圆心，以R=5 cm长度为半径画圆，与入射光线PO交于M点，与折射光线OQ交于F点，过M、F点分别向法线作垂线，量得MN=1.68 cm，FE=1.12 cm，则该玻璃砖的折射率n=________．四、解答题11．如图，半径为R的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面与桌面相切于A点．一细束单色光经球心O从空气中摄入玻璃体内（入射面即纸面），入射角为45°，出射光线射在桌面上B点处．测得AB之间的距离为R2．现将入射光束在纸面内向左平移，求射入玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时，光束在上表面的入射点到O点的距离．不考虑光线在玻璃体内的多次反射．12．如图所示为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB BC。
最新沪科版高中物理选修3-5单元测试题及答案全套
最新沪科版高中物理选修3-5单元测试题及答案全套章末综合测评(一)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.1～5是单选题；6～8是多选题，选对1个得3分，全选对得6分，错选或不选得0分．)1．下列说法正确的是( )A．物体做匀速直线运动时，物体受到的合外力的冲量为零B．当物体受到的合外力为零时，物体的动量一定为零C．作用在物体上的合外力越小，物体的动量变化量越小D．发生相互作用的物体，如果不受合外力作用，每个物体的动量保持不变【解析】由动量定理知，合外力的冲量等于物体动量的变化，故选项A正确．动量的变化与物体的受力有关，合外力等于零时，动量不变，动量的变化除了与力有关外，还与时间有关．故选A.【答案】A2．水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则下列说法错误的是( )A．在相等的时间间隔内动量的变化相同B．在任何时间内，动量变化的方向都是竖直向下C．在任何时间内，动量对时间的变化率恒定D．在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率为零【解析】做平抛运动的物体仅受重力作用，由动量定理得Δp＝mg·Δt，因为在相等的时间内动量的变化量Δp相同，即大小相等，方向都是竖直向下的，从而动量的变化率恒定，故选项D错误，故选D.【答案】D3．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P，不计空气阻力，则( )A．火箭一定离开原来轨道运动B．P一定离开原来轨道运动C．火箭运动半径可能不变D．P的运动半径一定减小【解析】火箭射出物体P后，由反冲原理知火箭速度变大，所需向心力变大，从而做离心运动离开原来轨道，半径增大，选项A 正确，选项C 错误；P 的速率可能减小，可能不变，可能增大，运动也存在多种可能性，所以选项B 、D 错误．【答案】A4．如图1，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )图1A ．v 0＋mM v B ．v 0－mM v C ．v 0＋mM (v 0＋v )D ．v 0＋mM (v 0－v )【解析】以向右为正方向，据动量守恒定律有(M ＋m )v 0＝－m v ＋M v ′，解得v ′＝v 0＋mM (v 0＋v )，故选C.【答案】C5．如图2所示，小球A 和小球B 的质量相同，球B 置于光图2滑水平面上，当球A 从高为h 处由静止摆下，到达最低点恰好与B 相撞，并黏合在一起继续摆动时，它们能上升的最大高度是 ( )A ．h B.12h C.14hD.18h【解析】球A 从高为h 处静止摆下到最低点的过程中机械能守恒，有mgh ＝12m v 2，所以v ＝2gh .球A 与球B 碰撞过程动量守恒，有m v ＝2m v ′，得v ′＝2gh2.设碰撞后球A 、B 整体上摆高度为h ′，则2mgh ′＝12(2m )v ′2，解得h ′＝h4，C 正确．【答案】C6．如图3所示，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB 部分是半径为R 的四分之一光滑圆弧，BC 部分是粗糙的水平面．今把质量为m 的小物体从A 点由静止释放，小物体与BC 部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B 、C 之间的D 点，则B 、D 间的距离x 随各量变化的情况是( )图3A ．其他量不变，R 越大x 越大B ．其他量不变，μ越大x 越小C ．其他量不变，m 越大x 越大D ．其他量不变，M 越大x 越大【解析】小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得μmgx ＝mgR ，x ＝R /μ，选项A 、B 正确．【答案】AB7．如图4甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m 2.图乙为它们碰撞前后的x -t (位移—时间)图象．已知m 1＝0.1 kg.由此可以判断( )图4A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能【解析】分析题图乙可知，碰前：m 2处在位移为8 m 的位臵静止，m 1位移均匀增大，速度v 1＝82 m/s ＝4 m/s ，方向向右；碰后：v 1′＝0－86－2 m/s ＝－2 m/s ，v 2′＝16－86－2 m/s ＝2m/s ，碰撞过程中动量守恒：m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′得：m 2＝0.3 kg ，碰撞损失的机械能：ΔE k＝12m1v21－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m1v1′2＋12m2v2′2＝0，故正确答案应选A、C.【答案】AC8．如图5所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是 ( )图5A．甲、乙两车运动中速度之比为M＋m MB．甲、乙两车运动中速度之比为M M＋mC．甲车移动的距离为M＋m 2M＋mLD．乙车移动的距离为M2M＋mL【解析】本题类似人船模型．甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即为M＋mM，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确．【答案】ACD二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答．)9．(10分)某同学用如图6甲所示的装置，通过半径相同的A，B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中PQ是斜槽，QR为水平槽．实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G处由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次．图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点．B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G，R，O所在的平面，米尺的零点与O点对齐．甲乙 图6(1)碰撞后B 球的水平射程应取为________cm.(2)在以下选项中，本次实验必须进行测量的是_______________________ _____________________________________________________(填选项号)． A ．水平槽上未放B 球时，测量A 球落点位置到O 点的距离 B ．A 球与B 球碰撞后，测量A 球落点位置到O 点的距离 C ．测量A 球或B 球的直径D ．测量A 球和B 球的质量(或两球质量之比)E ．测量G 点相对于水平槽面的高度【解析】(1)如题图乙所示，用一个圆尽可能多地把小球落点圈在里面，由此可见圆心O 的位臵为67.0 cm ，这也是小球落点的平均位臵(66.5～67.5都算对)．(2)本实验中要测量的数据有：两个小球的质量m 1、m 2，三个落点的距离s 1、s 2、s 3，所以应选A 、B 、D ，注意此题实验装臵与我们前面讲的实验装臵的不同，该实验中被碰小球抛出点即为O 点，所以选项C 、E 不选．【答案】(1)66.5～67.5(2)ABD10．(10分)如图7所示，光滑平台上有两个刚性小球A 和B ，质量分别为2m 和3m ，小球A 以速度v 0向右运动并与静止的小球B 发生碰撞(碰撞过程不损失机械能)，小球B 飞出平台后经时间t 刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m ，速度为2v 0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：图7(1)碰撞后小球A 和小球B 的速度； (2)小球B 掉入小车后的速度．【解析】(1)设A 球与B 球碰撞后速度分别为v 1、v 2，并取方向向右为正，光滑平台，两小球为弹性小球，碰撞过程遵循动量和机械能守恒，所以有m A v 0＝m A v 1＋m B v 2 ① 有12m A v 20＝12m A v 21＋12m B v 22②由①②解得v 1＝(m A －m B )v 0m A ＋m B ＝－15v 0v 2＝2m A v 0m A ＋m B ＝45v 0碰后A 球向左，B 球向右．(2)B 球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，有 m B v 2＋m 车v 3＝(m B ＋m 车)v 3′且v 3＝－2v 0 得v ′3＝110v 0.【答案】(1)v 1＝－15v 0，碰后A 球向左； v 2＝45v 0，B 球向右(2)v ′3＝110v 0，方向向右11．(10分)如图8所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O图8点，O 点到水平面的距离为h .物块B 质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O 点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程物块获得的冲量及物块在地面上滑行的距离．【解析】设小球的质量为m ，运动到最低点与物体块相撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgh ＝12m v 21 解得：v 1＝2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1′，同理有 mg h 16＝12m v 1′2 解得：v 1′＝gh 8设碰撞后物块的速度大小为v 2，取水平向右为正方向由动量守恒定律有m v 1＝－m v 1′＋5m v 2 解得：v 2＝gh 8由动量定理可得，碰撞过程滑块获得的冲量为： I ＝5m v 2＝54m 2gh物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为 F ＝5μmg设物块在水平面上滑动的距离为s ，由动能定理有 －Fs ＝0－12×5m v 22解得：s ＝h16. 【答案】54m 2gh h1612．(12分)如图9所示，水平地面上静止放置一辆小车A ，质量m A ＝4 kg ，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B 置于A 的最右端，B 的质量m B ＝2 kg.现对A 施加一个水平向右的恒力F ＝10 N ，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t ＝0.6 s ，二者的速度达到v t ＝2 m/s.求：图9(1)A 开始运动时加速度a 的大小； (2)A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小； (3)A 的上表面长度l .【解析】本题应从分析小车与物块的运动过程入手，结合牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理等规律求解．(1)以A 为研究对象，由牛顿第二定律有 F ＝m A a ①代入数据解得 a ＝2.5 m/s 2.② (2)对A 、B 碰撞后共同运动t ＝0.6 s 的过程，由动量定理得Ft＝(m A＋m B)v t－(m A＋m B)v ③代入数据解得v＝1 m/s. ④(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为v A，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有m A v A＝(m A＋m B)v ⑤A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝12m Av2A⑥由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45 m.【答案】(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m13．(10分)如图10所示，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M＝3.0 kg，木板的长度为L＝1.5 m．在木板右端有一小物块，其质量m＝1.0 kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态．现令小物块以初速度v0沿木板向左滑动，重力加速度g取10 m/s2.(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；(2)若初速度v0＝3 m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能．图10【解析】(1)设木板和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律m v0＝(m＋M)v ①对木板和物块系统，由功能关系μmgL＝12m v2－12(M＋m)v2 ②由①②两式解得：v0＝2μgL(M＋m)M＝2×0.1×10×1.5×(3＋1)3m/s＝2 m/s.(2)同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度v 设碰撞过程中损失的机械能为ΔE对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系有μmg2L＋ΔE＝12m v2－12(m＋M)v2 ③由①③两式解得：ΔE＝mM2(M＋m)v20－2μmgL＝1×32(3＋1)×32 J－2×0.1×10×1.5 J＝0.375 J.【答案】(1)2 m/s(2)0.375 J章末综合测评(二)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共有8小题，每小题6分，共48分.1～5是单选题；6～8是多选题，选对1个得3分，全选对得6分，错选或不选得0分．)1．一个光子和一个电子具有相同的波长，则( )A．光子具有较大的动量B．光子具有较小的能量C．电子与光子的动量相等D．电子和光子的动量不确定【解析】根据λ＝hp可知，相同的波长具有相同的动量．由E k＝p22m知二者能量不同．只有C正确．【答案】C2．光电效应实验中，下列表述正确的是( )A．光照时间越长光电流越大B．入射光足够强就可以有光电流C．遏止电压与入射光的频率无关D．入射光频率大于极限频率才能产生光电子【解析】在光电效应中，若照射光的频率小于极限频率，无论光照时间多长，光照强度多大，都无光电流，当照射光的频率大于极限频率时，立刻有光电子产生，故A、B错误，D 正确．由－eU ＝0－E k ，E k ＝hν－W ，可知U ＝(hν－W )/e ，即遏止电压与入射光频率ν有关，C 错误．【答案】D3．在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是( )A ．减小入射光的强度，光电效应现象消失B ．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应C ．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大D ．光电效应的发生与照射光的强度有关【解析】光电效应是否发生取决于照射光的频率，而与照射强度无关，故选项A 、D 错误．用频率为ν的光照射光电管阴极，发生光电效应，用频率较小的光照射时，若光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，选项B 错误；根据hν－W 逸＝12m v 2可知，增加照射光频率，光电子的最大初动能也增大，故选项C 正确．【答案】C4．已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014 Hz 和5.44×1014 Hz ，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的( )A ．波长B ．频率C ．能量D ．动量【解析】根据爱因斯坦光电效应方程12m v 2m ＝hν－W .由题知W 钙>W 钾，所以钙逸出的光电子的最大初动能较小．根据p ＝2mE k 及p ＝hλ和c ＝λν知，钙逸出的光电子的特点是：动量较小、波长较长、频率较小．选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．【答案】A5．分别用波长为λ和34λ的单色光照射同一金属板，发出的光电子的最大初动能之比为1∶2，以h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速，则此金属板的逸出功为 ( )A.hc 2λB.2hc 3λC.3hc 4λD.4hc 5λ【解析】根据爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－W0和ν＝cλ得E k＝hcλ－W0，E k′＝hc34λ－W0，且E k∶E k′＝1∶2，解得W0＝2hc 3λ.【答案】B6．下列叙述的情况中正确的是( )A．光的粒子性说明每个光子就像一个极小的球体一样B．光是波，与橡皮绳上的波类似C．光是波，但与宏观概念的波有本质的区别D．光是一种粒子，它和物质作用是“一份一份”进行的【解析】光的粒子性说明光是一种粒子，但到达空间某位臵的概率遵守波动规律，与宏观概念的粒子和波有着本质的不同，所以选项A、B错误，C正确．根据光电效应可知，光是一种粒子，光子与电子的作用是一对一的关系，所以选项D正确．【答案】CD7．利用金属晶格(大小约10－10m)作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电子通过电场加速后，让电子束照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样．已知电子质量为m，电荷量为e，初速度为0，加速电压为U，普朗克常量为h，则下列说法中正确的是( )A．实验中电子束的德布罗意波波长为λ＝h2meUB．加速电压U越大，电子的衍射现象越明显C．若用相同动能的质子替代电子，衍射现象将更加明显D．若用相同动能的中子代替电子，衍射现象将不如电子明显【解析】由德布罗意波波长公式λ＝hp，而动量p＝2mE k＝2meU，两式联立得λ＝h2meU ，A正确；从公式λ＝h2meU可知，加速电压越大，电子的波长越小，衍射现象就越不明显，B错误；用相同动能的质子或中子替代电子，质子的波长变小，衍射现象相比电子不明显，故C错误，D正确．【答案】AD8．电子的运动受波动性的支配，对于氢原子的核外电子，下列说法正确的是( ) A．氢原子的核外电子可以用确定的坐标描述它们在原子中的位置B．电子绕核运动时，可以运用牛顿运动定律确定它的轨道C ．电子绕核运动时，不遵从牛顿运动定律D ．电子绕核运动的“轨道”其实是没有意义的【解析】微观粒子的波动性是一种概率波，对于微观粒子的运动，牛顿运动定律已经不适用了，所以氢原子的核外电子不能用确定的坐标描述它们在原子中的位臵，电子的“轨道”其实是没有意义的，电子轨道只不过是电子出现的概率比较大的位臵，综上所述，C 、D 正确．【答案】CD二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答．)9．(6分)某光电管的阴极是用金属钾制成的，它的逸出功为2.21 e V ，用波长为2.5×10－7 m 的紫外线照射阴极，已知真空中光速为3.0×108 m/s ，元电荷为1.6×10－19 C ，普朗克常量为6.63×10－34 J·s.钾的极限频率为________，该光电管发射的光电子的最大初动能是________．【解析】由W 0＝hνc 得，极限频率νc ＝W 0h ≈5.3×1014 Hz ；由光电效应方程E k ＝hν－W 0得，光电子的最大初动能E k ＝h c λ－W 0≈4.4×10－19 J.【答案】5.3×1014 Hz4.4×10－19 J10．(10分)太阳能直接转换成电能的基本原理是利用光电效应．如图1所示是测定光电流的电路简图，光电管加正向电压．图1(1)标出电源和电流表的正负极；(2)入射光应照在________极上．(3)电流表读数是10 μA ，则每秒钟从光电管阴极发射出的光电子至少是________个．【解析】(1)加正向电压，应该是在电子管中电子由B 向A 运动，即电流是由左向右．因此电源左端是正极，右端是负极，电流表上端是正极，下端是负极．(2)光应照在B 极上．(3)设电子个数为n ，则I ＝ne ，所以n ＝10×10－61.6×10－19＝6.25×1013(个)． 【答案】(1)电源左端是正极，右端是负极；电流表上端是正极，下端是负极(2)B(3)6.25×101311．(12分)深沉的夜色中，在大海上航行的船舶依靠航标灯指引航道．如图2所示是一个航标灯自动控制电路的示意图．电路中的光电管阴极K涂有可发生光电效应的金属．下表反映的是各种金属发生光电效应的极限频率和极限波长，又知可见光的波长在400～770 nm(1 nm＝10－9m).图2各种金属发生光电效应的极限频率和极限波长：(1)光电管阴极K上应涂有金属________；(2)控制电路中的开关S应和________(填“a”和“b”)接触；(3)工人在锻压机、冲床、钻床等机器上劳动时，稍有不慎就会把手压在里面，造成工伤事故．如果将上述控制电路中的电灯换成驱动这些机器工作的电机，这时电路中开关S 应和________接触，这样，当工人不慎将手伸入危险区域时，由于遮住了光线，光控继电器衔铁立即动作，使机床停止工作，避免事故发生．【解析】(1)依题意知，可见光的波长范围为400×10－9～770×10－9m而金属铯的极限波长为λ＝0.660 0×10－6m＝660×10－9m，因此，光电管阴极K上应涂金属铯．(2)深沉的夜色中，线圈中无电流，衔铁与b接触，船舶依靠航标灯指引航道，所以控制电路中的开关S应和b接触．(3)若将上述控制电路中的电灯换成电机，在手遮住光线之前，电机应是正常工作的，此时衔铁与a接触，所以电路中的开关S应和a接触．【答案】(1)铯(2)b (3)a12．(12分)德布罗意认为：任何一个运动着的物体，都有着一种波与它对应，波长是λ＝h p ，式中p 是运动着的物体的动量，h 是普朗克常量．已知某种紫光的波长是440 nm ，若将电子加速，使它的德布罗意波长是这种紫光波长的10－4倍，求：(1)电子的动量的大小；(2)试推导加速电压跟德布罗意波波长的关系，并计算加速电压的大小．电子质量m ＝9.1×10－31 kg ，电子电荷量e ＝1.6×10－19 C ，普朗克常量h ＝6.6×10－34 J·s ，加速电压的计算结果取一位有效数字．【解析】(1)由λ＝h p 知电子的动量p ＝h λ＝1.5×10－23 kg·m/s.(2)电子在电场中加速，有eU ＝12m v 2又12m v 2＝p 22m解得U ＝m v 22e ＝h 22meλ2≈8×102V .【答案】(1)1.5×10－23 kg·m/s(2)U ＝h 22meλ28×102V13．(12分)如图3所示，相距为d 的两平行金属板A 、B 足够大，板间电压恒为U ，有一波长为λ的细激光束照射到B 板中央，使B 板发生光电效应，已知普朗克常量为h ，金属板B 的逸出功为W 0，电子质量为m ，电荷量为e .求：图3(1)从B 板运动到A 板所需时间最短的光电子，到达A 板时的动能；(2)光电子从B 板运动到A 板时所需的最长时间．【解析】(1)根据爱因斯坦光电效应方程得E k ＝hν－W 0光子的频率为ν＝c λ所以光电子的最大初动能为E k ＝hc λ－W 0能以最短时间到达A 板的光电子，是初动能最大且垂直于板面离开B 板的电子，设到达A 板的动能为E k1，由动能定理，得eU ＝E k1－E k所以E k1＝eU ＋hc λ－W 0.(2)能以最长时间到达A 板的光电子，是离开B 板时的初速度为零或运动方向平行于B 板的光电子．则d ＝12at 2＝Uet 22dm解得t ＝d 2mUe .【答案】(1)eU ＋hc λ－W 0(2)d2mUe章末综合测评(三)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.1～5是单选题；6～8是多选题，选对1个得3分，全选对得6分，错选或不选得0分．)1．在α粒子散射实验中，少数α粒子发生了大角度偏转，这些α粒子( )A ．一直受到重金属原子核的斥力作用B ．动能不断减小C ．电势能一直增大D ．出现大角度偏转是与电子碰撞的结果【解析】α粒子一直受到斥力的作用，斥力先做负功后做正功，α粒子的动能先减小后增大，势能先增大后减小．α粒子的质量远大于电子的质量，与电子碰撞后其运动状态基本不变，A 项正确．【答案】A2．下列叙述中符合物理学史的有( )A ．汤姆生通过研究阴极射线实验，发现了电子B ．卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，证实了原子是可以再分的C ．卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，提出了原子的枣糕模型D．玻尔提出的原子模型，彻底否定了卢瑟福的原子核式结构学说【解析】汤姆生通过研究阴极射线发现了电子，A对；卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，得出了原子的核式结构模型，B、C错；玻尔的原子模型是在核式结构模型的基础上提出的几条假设，并没有否定核式结构学说，D错．【答案】A3．关于阴极射线的性质，下列说法正确的是( )A．阴极射线是电子打在玻璃管壁上产生的B．阴极射线本质是质子C．阴极射线在电磁场中的偏转表明阴极射线带正电D．阴极射线的比荷比氢原子核大【解析】阴极射线是原子受激发射出的电子流，故A、B、C错；电子带电量与氢原子相同，但质量是氢原子的11 836，故阴极射线的比荷比氢原子大，D对．【答案】D4．以下关于玻尔原子理论的说法正确的是( )A．电子绕原子核做圆周运动的轨道半径是连续的B．电子在绕原子核做圆周运动时，稳定地产生电磁辐射C．电子从量子数为2的能级跃迁到量子数为3的能级时要辐射光子D．不同频率的光照射处于基态的氢原子时，只有某些频率的光可以被氢原子吸收【答案】D5．如图1所示为氢原子的能级示意图，若用能量为10.5 e V的光子去照射一群处于基态的氢原子，则氢原子( )图1A．能跃迁到n＝2的激发态上去B．能跃迁到n＝3的激发态上去C．能跃迁到n＝4的激发态上去D．以上三种说法均不对【解析】当光子的能量等于任意两个能级之间的能量差时，才能跃迁，题中所给的能量10.5 e V不等于任意两能级之差，所以不能使氢原子发生跃迁．【答案】D6．下列关于图2的说法正确的是( )图2A．玻尔原子理论的基本假设认为，电子绕核运行轨道的半径不是任意的B．光电效应产生的条件为：光强大于临界值C．电子束通过铝箔时的衍射图样证实了运动电子具有波动性D．发现少数α粒子发生了较大偏转，说明金原子质量大而且很坚硬【解析】根据玻尔理论知道，电子的轨道不是任意的，电子有确定的轨道，且轨道是量子化的，故A正确．光电效应实验产生的条件为：光的频率大于极限频率，故B错误．电子束通过铝箔时的衍射图样证实了运动电子具有波动性，故C正确．发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围，故D错误．【答案】AC7．氢原子的能级如图3所示．氢原子从n＝4能级直接向n＝1能级跃迁所放出的光子，恰能使某金属产生光电效应，下列判断正确的是( )图3A．氢原子辐射出光子后，氢原子能量变大B．该金属的逸出功W0＝12.75 e VC．用一群处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时所发出的光照射该金属，该金属仍有光电子逸出D ．该金属的截止频率为3.1×1015 Hz【解析】氢原子发生跃迁，辐射出光子后，氢原子能量变小，故A 错误．根据恰能使某金属产生光电效应，由n ＝4跃迁到n ＝1，辐射的光子能量最大，ΔE ＝13.6－0.85 e V ＝12.75 e V .则逸出功W 0＝12.75 e V ，故B 正确．由W 0＝hνc ，知D 正确．一群处于n ＝3的氢原子向低能级跃迁时，辐射的能量小于从n ＝4能级直接向n ＝1能级跃迁所放出的光子能量，则不会发生光电效应，故C 错误．【答案】BD8．关于氢原子能级的跃迁，下列叙述中正确的是( )A ．用波长为60 nm 的X 射线照射，可使处于基态的氢原子电离出自由电子B ．用能量为10.2 e V 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态C ．用能量为11.0 e V 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态D ．用能量为12.5 e V 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态【解析】根据玻尔理论，只有那些能量刚好等于两能级间的能量差的光子才能被氢原子所吸收(即hν＝E m －E n )，使氢原子发生跃迁．当氢原子由基态向n ＝2、3、4…轨道跃迁时应吸收的光子能量分别为：ΔE 21＝E 2－E 1＝E 122－E 1＝－13.64e V －(－13.6)e V ＝10.20 e V ，ΔE 31＝E 3－E 1＝E 132－E 1＝－13.69e V －(－13.6)e V ＝12.09 e V ，ΔE 41＝E 4－E 1＝E 142－E 1＝－13.616e V －(－13.6)e V ＝12.75 e V ，ΔE ∞1＝0－E 1＝－(－13.6 e V )＝13.6 e V (电离)．波长为λ＝60 nm 的X 射线，其光子能量E ＝h ·c λ＝6.63×10－34×3×10860×10－9 J ＝3.315×10－18 J ＝20.71 e V >ΔE ∞1.所以可使氢原子电离，A 正确；比较B 、C 、D 选项中的光子能量与各能级与基态的能量差，知道只有B 项中光子可使氢原子从基态跃迁到n ＝2的激发态，B 正确．【答案】AB二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答．)9．(6分)已知氢原子基态的轨道半径为R 0，基态能量为－E 0，将该原子置于静电场中使其电离，已知静电力常量为k ，电子电荷量为q .则静电场提供的能量至少为________，静电场场强大小至少为________．【解析】氢原子电离时是核外电子脱离原子核的束缚，消耗能量最少的情况是电子与。
沪科版高中物理选修3-5章末综合测评5.docx
高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）章末综合测评(五)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分.在每小题给出的五个选项中，有三项是符合题目要求的，选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分.)1.关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有()A.23892U→23490Th＋42He是α衰变B.147N＋42He→178O＋11H是β衰变C.21H＋31H→42He＋10n是轻核聚变D.8234Se→8236Kr＋20－1e是重核裂变E.23592U＋10n→14156Ba＋9236Kr＋310n是重核裂变【解析】据核反应各类型特点可知：A、D项均为衰变，A中放出α粒子，A正确，D错误.B项为人工转变，B错误；C项为轻核聚变，E项为重核裂变反应，C、E正确.【答案】ACE2.下列说法中正确的是()A.采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期B.放射性元素的半衰期不会随物理或化学条件的变化而变化C.约里奥—居里夫人用α粒子轰击铝箔发现了中子D.原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量E.42He＋147N→178O＋11H是卢瑟福发现质子的核反应方程【解析】放射性元素的半衰期由元素的原子核决定，与化学、物理状态无关，故选项A错误，B正确；由物理学史可知中子是由查德威克发现的，选项C 错误；核子结合成原子核放出核能，因此原子核所含核子单独存在时的总质量大于核原子核的质量，选项D正确；用α粒子轰击氮核生成氧核和质子是卢瑟福发现质子的实验，E正确.【答案】BDE3.科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X＋Y→42He＋31H＋4.9 MeV和21H＋31H→42He＋X＋17.6 MeV，下列表述正确的有()A.X是中子B.Y的质子数是3，中子数是6C.两个核反应都没有质量亏损D.氘和氚的核反应是核聚变反应E.两个核反应都有核能释放，因此都有质量亏损【解析】根据质子数守恒和质量数守恒可知X是中子，A正确；Y的质子数为3，中子数为3，B错误；聚变放出能量，由质能方程可知一定有质量亏损，该反应为核聚变反应，C错误，D、E正确.【答案】ADE4.热核反应是一种理想能源的原因是()A.轻核聚变比重核裂变时释放的能量多B.对环境的放射性污染较裂变轻，且较容易处理C.热核反应的原料在地球上储量丰富D.热核反应的速度容易控制E.就每个核子平均释放的能量来说，热核反应比重核裂变时释放的能量多【解析】不能说轻核聚变比重核裂变时释放的能量多，但就每个核子平均释放的能量来说，聚变反应平均每个核子比裂变反应中平均每个核子放出的能量要大3～4倍，且其原料均为氢的同位素，在地球上储量极为丰富，其放射性污染也较裂变轻.但是，目前只是能够让轻核聚变发生，还不能控制聚变反应的速度、和平利用聚变时释放的核能，综上所述，B、C、E正确，A、D错误.【答案】BCE5.质子数与中子数互换的核互为“镜像核”，例如32He是31H的“镜像核”，同样31H也是32He的“镜像核”，则下列说法正确的是()A.157N和168O互为“镜像核”B.137N和136C互为“镜像核”C.β衰变的本质是一个中子转变为一个质子，同时放出一个电子D.核反应21H＋31H→42He＋10n的生成物中有α粒子，该反应是α衰变E.核反应21H＋31H→42He＋10n的生成物中虽有α粒子，但该反应属于轻核聚变【解析】根据“镜像核”的定义，137N和136C互为“镜像核”，选项B正确，A错误；β衰变的本质是一个中子转变为一个质子，同时放出一个电子，选项C正确；核反应21H＋31H→42He＋10n的生成物中虽有α粒子，但该反应是聚变反应，选项D错误，E正确.【答案】BCE6.下列说法中正确的是()A.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应B.中等核的平均结合能比重核的平均结合能大，所以重核裂变要放出能量C.只要有核反应发生，就一定会释放出核能D.轻核中质子数与中子数大致相等，重核中中子数小于质子数E.轻核中质子数与中子数大致相等，重核中中子数大于质子数【解析】太阳的能量来自轻核聚变放出的能量，A正确.中等核的平均结合能比重核的平均结合能大，B正确.核反应是否释放能量取决于反应前后是否发生了质量亏损，C错误.随核子数增加，若只增加中子，中子与其他核子没有库仑斥力，但有相互吸引的核力，有助于维系原子核的稳定，所以稳定的重原子核中子数要比质子数多，D错误，E正确.【答案】ABE二、非选择题(本题共5小题，共64分，按题目要求作答)7.(2015·江苏高考)(8分)核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电，23592U是核电站常用的核燃料.23592U受一个中子轰击后裂变成14456Ba和8936Kr两部分，并产生________个中子.要使链式反应发生，裂变物质的体积要________(选填“大于”或“小于”)它的临界体积.【解析】核反应方程遵守质量数守恒和电荷数守恒，且该核反应方程为：235U＋10n―→14456Ba＋8936Kr＋310n，即产生3个中子.临界体积是发生链式反应的最小92体积，要使链式反应发生，裂变物质的体积要大于它的临界体积.【答案】3大于8.(12分)1993年，中国科学院上海原子核研究所制得了一种新的铂元素的同位素20278Pt，制取过程如下：(1)用质子轰击铍94Be产生快中子，核反应方程：_____________；(2)用快中子轰击汞20480Hg，反应过程可能有两种：①生成20278Pt，放出氦原子核，核反应方程：_____________________；②生成20278Pt，放出质子、中子，核反应方程：___________________________________________________________；(3)生成的铂20278Pt发生两次β衰变，变成稳定的原子核汞20280Hg，核反应方程：________________________________________________.【答案】(1)94Be＋11H―→95B＋10n(2)①20480Hg＋10n―→20278Pt＋32He②20480Hg＋10n―→20278Pt＋211H＋10n(3)20278Pt―→20279Au＋0－1e；20279Au―→20280Hg＋0－1e9.(12分)同位素原子在许多方面有着广泛的应用，1934年，科学家在用α粒子轰击铝箔时，除探测到预料中的中子外，还探测到了正电子，更意外的是，拿走α放射源时，铝箔虽不再发射中子，但仍能继续发射正电子，而且这种放射性随时间衰减的规律跟天然放射性一样，也有一定的半衰期.【导学号：67080049】(1)写出α粒子轰击铝2713Al产生中子的核反应方程式；(2)上述产生的具有放射性的同位素叫做放射性同位素，写出其产生正电子的核反应方程式；(3)简要说明放射性同位素的应用，并至少举出两个实际应用的例子.【解析】(1)2713Al＋42He→3015P＋10n.(2)3015P→3014Si＋01e.(3)利用射线辐射育种，作为示踪原子，检查管道等.【答案】见解析10.(2015·海南高考)(16分)运动的原子核A Z X放出α粒子后变成静止的原子核Y.已知X、Y和α粒子的质量分别是M、m1和m2，真空中的光速为c，α粒子的速度远小于光速.求反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能.【解析】 设衰变前原子核A Z X 的速度为v 0，衰变后放出的α粒子的速度为v ，由动量守恒有：M v 0＝m 2v再由反应中能量守恒有12M v 20＝12m 2v 2－ΔE 由爱因斯坦质能方程有ΔE ＝Δmc 2而Δm ＝M －(m 1＋m 2)解之有ΔE ＝12m 2v 2－12M v 20＝[M －(m 1＋m 2)]c 2＝(M －m 1－m 2)c 2E kα＝12m 2v 2＝M ΔE M －m 2＝M (M －m 1－m 2)M －m 2c 2. 【答案】 (M －m 1－m 2)c 2 M (M －m 1－m 2)M －m 2c 2 11.(16分)足够强的匀强磁场中有一个原来静止的氡核222 86Rn ，它放射出一个α粒子后变为Po 核.假设放出的α粒子运动方向与磁场方向垂直，求：(1)α粒子与Po 核在匀强磁场中的径迹圆半径之比，画出它们在磁场中运动轨迹的示意图；(2)α粒子与Po 核两次相遇的时间间隔与α粒子运动周期的关系；(设质子和中子质量相等)(3)若某种放射性元素在匀强磁场中垂直磁场方向发生β衰变，则β粒子和反冲核在磁场中运动轨迹的示意图与上述α衰变轨迹示意图有何不同？【解析】 (1)氡核经α衰变的核反应方程为：222 86R n →218 84Po ＋42He ，衰变的极短过程系统动量守恒，设α粒子速度方向为正，则由动量守恒定律0＝m αv α－m Po v Po ，即m αv α＝m Po v Poα粒子与反冲核在匀强磁场中，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力q v B ＝m v 2r ，r ＝m v qB ∝1q ，故r αr Po ＝q Po q α＝842＝421，示意图如图甲所示.(2)它们在磁场中运动的周期T ＝2πr v ＝2πm qB ∝m q ，它们的周期之比为T αT Po＝m αm Po ·q Po q α＝4218·842＝84109，即109T α＝84T Po ，这样α粒子转109圈，Po 核转84圈，两者才相遇.所以，α粒子与Po 核两次相遇的时间间隔Δt ＝109T α.(3)若放射性元素在匀强磁场中垂直磁场方向发生β衰变，则β粒子和反冲衰变过程仍符合动量守恒定律，它们也在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，但由于β粒子带负电，反冲核带正电，它们两个衰变时运动方向相反，但受的洛伦兹力方向相同，所以它们的轨迹圆是内切的，且β粒子的轨迹半径大于新核的轨迹半径，其运动轨迹的示意图如乙所示.【答案】 (1)42∶1 见解析 (2)Δt ＝109T α (3)见解析。
2020-2021学年沪科版高中物理选修3-5：模块综合测评含答案解析
【最新】沪科版高中物理选修3-5：模块综合测评学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应．核反应方程为448224He He Be γ+→+ .以下说法正确的是( )A ．该核反应为裂变反应B ．热核反应中有质量亏损C ．由于核反应中质量数守恒，所以质量也是守恒的D ．任意原子核内的质子数和中子数总是相等的2．下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是 ． A ．γ射线是高速运动的电子流B ．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大C ．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变D ．21083Bi 的半衰期是5天，100克21083Bi 经过10天后还剩下50克3．根据玻尔理论，下列说法正确的是( )A ．原子处于定态时，虽然电子做变速运动，但并不向外辐射能量B ．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电势能的减少量大于动能的增加量C ．氢原子可以吸收小于使氢原子电离能量的任意能量的光子，因而轨道半径可以连续增大D ．电子没有确定轨道，所以轨道是连续的 4．下列关于图的说法中正确的是A ．原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的B ．发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小的空间范围C ．光电效应实验说明了光具有波动性D ．射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷5．如图所示是α粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M 、N 、P 、Q 是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止．图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是( )A ．M 点B ．N 点C ．P 点D ．Q 点二、多选题6．下列关于原子和原子核的说法正确的是( )A ．卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核是由质子和中子组成的B ．23892U (铀)衰变为23491Pa (镤)要经过1次α衰变和1次β 衰变C ．质子与中子结合成氘核的过程中发生质量亏损并释放能量D ．β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚后而形成的电子流 7．下列说法正确的是( ) A ．方程式238234492902U Th+He →是重核裂变反应方程B ．光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性C ．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的D ．德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想8．下列说法正确的是( ) A ．23290Th 经过6次α衰变和4次β衰变后，成为稳定的原子核20882PbB ．发现中子的核反应方程为941214260Be+He C+n →C ．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱D ．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子能量减小三、实验题9．若在做“验证动量守恒定律”的实验中，称得入射小球1的质量m 1＝15 g ，被碰小球2的质量m 2＝10 g ，由实验得出它们在碰撞前后的位移—时间图线如图所示，则由图可知，入射小球在碰前的动量是________g·cm/s ，入射小球在碰后的动量是________g·cm/s ，被碰小球的动量是________g·cm/s ，由此可得出的结论是__________．10．用半径相同的两小球A 、B 的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意如图，斜槽与水平槽圆滑连接。
高中物理 第4章 从原子核到夸克 2 原子核的衰变精练(含解析)沪教版选修3-5-沪教版高二选修3-
原子核的衰变1.了解天然放射现象与其规律，知道天然放射现象的原因是核的衰变．2.知道三种射线的本质和区分方法．(重点)3．知道α和β衰变规律，了解半衰期的概念．(难点)[学生用书P54]一、天然放射性的发现定义：物理学中把物质能自发地放射出射线的现象，叫做天然放射现象；物质放出射线的性质叫做放射性；具有放射性的元素，叫做放射性元素．原子序数大于83的所有元素，都有放射性．能自发地放出射线的元素叫做天然放射性元素．二、天然放射线中的“三剑客〞三种射线的本质和特点的比拟如下表所示：实质速度贯穿本领电离本领α射线氦核42He达到光速的110差，不能穿透一层纸强β射线电子0－1e速度可达光速的99% 较强，能穿透几毫米厚的铝板较弱γ射线电磁波：光子光速强，能穿透几厘米厚的铅板很弱1．(1)α射线实际上就是氦原子核，α射线具有较强的穿透能力．( )(2)β射线是高速电子流，很容易穿透黑纸，也能穿透几毫米厚的铝板．( )(3)γ射线是能量很高的电磁波，电离作用很强．( )提示：(1)×(2)√(3)×三、放射性元素的衰变1．衰变：原子核由于放出某种粒子而转变成新核的变化．2．衰变形式：常见的衰变有两种，放出α粒子的衰变为α衰变，放出β粒子的衰变叫β衰变，而γ射线是伴随α射线或β射线产生的．3．衰变规律(1)α衰变：A Z X→42He＋A－4Z－2Y(2)β衰变：A Z X→0－1e＋A Z＋1Y在衰变过程中，电荷数和质量数都守恒．2．(1)原子核发生衰变，变成了一种新的原子核．( )(2)原子核衰变时质量是守恒的．( )(3)β衰变时放出的电子就是核外电子．( )提示：(1)√(2)×(3)×四、放射性元素的半衰期1．概念：放射性元素的原子核有半数发生衰变的时间．2．特点：放射性元素衰变的快慢是由原子核本身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系．不同的放射性元素，有不同的半衰期．3．应用：利用半衰期非常稳定这一特点，可以测量其衰变程度、推断时间．3．(1)半衰期可以表示放射性元素衰变的快慢．( )(2)半衰期是放射性元素的大量原子核衰变的统计规律．( )(3)对放射性元素加热时，其半衰期缩短．( )提示：(1)√(2)√(3)×对三种射线的理解[学生用书P54] 1．三种射线的本质特征(1)α射线：卢瑟福经研究发现，α粒子带两个单位正电荷，质量数为4，即α粒子是氦核，其速度是光速的110，有较大的动能．特性：贯穿本领小，但电离作用强，能使沿途中的空气电离．(2)β射线：贝克勒尔证实，β射线是高速运动的电子流，其速度可达光速的99%. 特征：贯穿本领大，能穿透黑纸，甚至几毫米厚的铝板，但电离作用较弱．(3)γ射线是一种能量很高的电磁波，波长很短，在10－10 m以下．特征：贯穿本领最强，能穿透几厘米厚的铅板，但电离作用最弱．2．在电场、磁场中偏转情况的比拟(1)在匀强电场中，α射线偏转较小，β射线偏转较大，γ射线不偏转，如图甲所示．(2)在匀强磁场中，α射线偏转半径较大，β射线偏转半径较小，γ射线不偏转，如图乙所示．(1)三种射线能量都很高，都来自于原子核内部，这也使我们认识到原子核蕴藏有巨大的核能，原子核内也有极其复杂的结构．(2)β射线中的电子是从原子核中释放出的，并不是原子核外面的电子跃迁出来形成的．如下列图，R是一种放射性物质，虚线方框内是匀强磁场，LL′是厚纸板，MN是荧光屏，实验时，发现在荧光屏的O、P两点处有亮斑，由此可知磁场的方向、到达O点的射线、到达P点的射线应属于( )磁场方向到达O点的射线到达P点的射线A竖直向下βαB竖直向下αβC垂直纸面向里γβD垂直纸面向外γα[思路点拨] 根据三种射线的不同贯穿本领和磁场对运动电荷的作用来判定三种射线的运动情况．[解析] 放射性物质放射出来的射线共有α、β、γ三种．其中α、β射线垂直于磁场方向进入磁场区时将受洛伦兹力作用，故打在O点的射线应为γ射线，由于α射线贯穿本领弱，不能射穿厚纸板，故到达P点的应是β射线，依据β射线的偏转方向与左手定如此可知磁场方向垂直纸面向里，应当选项C正确．[答案] C三种射线的比拟方法(1)α射线是α、β、γ三种射线中贯穿本领最弱的一种，它穿不过白纸．(2)要知道三种射线的成分，贯穿本领和电离本领．(3)要知道α、β、γ三种射线，α、β是实物粒子，γ射线是电磁波谱中的一员．对原子核衰变的理解[学生用书P55]天然放射现象说明原子核具有复杂的结构．原子核放出α粒子或β粒子，并不明确原子核内有α粒子或β粒子；原子核发生衰变后“就变成新的原子核〞．1．衰变方程通式α衰变：A Z X →A －4Z －2Y ＋42Heβ衰变：A Z X →A Z ＋1Y ＋0－1e2．α衰变和β衰变的实质(1)α衰变：在放射性元素的原子核中，2个中子和2个质子结合得比拟结实，有时会作为一个整体从较大的原子核中抛射出来，这就是放射性元素发生的α衰变现象．(2)β衰变：原子核中的中子转化成一个质子且放出一个电子即β粒子，使核电荷数增加1，但β衰变不改变原子核的质量数．3．衰变时α、β衰变次数确实定设放射性元素A Z X 经过n 次α衰变和m 次β衰变后，变成稳定的新元素A ′Z ′Y ，如此表示该核反响的方程为：AZ X →A ′Z ′Y ＋n 42He ＋m 0－1e. 先根据质量数守恒列方程：A ＝A ′＋4n ，求α衰变次数n ，然后利用电荷数守恒列方程：Z ＝Z ′＋2n －m ，求β衰变次数m .(1)由于原子核是在发生α衰变或β衰变时有多余能量而放出γ射线，故不可能单独发生γ衰变．(2)在一个原子核的衰变中，可能同时放出α和γ射线，或β和γ射线，但不可能同时放出α、β和γ三种射线，放射性元素放出的α、β和γ三种射线，是多个原子核同时衰变的结果．原子核238 92U 经放射性衰变①变为原子核234 90Th ，继而经放射性衰变②变为原子核23491Pa ，再经放射性衰变③变为原子核234 92U ，放射性衰变①、②和③依次为( )A ．α衰变、β衰变和β衰变B ．β衰变、α衰变和β衰变C ．β衰变、β衰变和α衰变D ．α衰变、β衰变和α衰变[解题探究] (1)α、β衰变遵循什么规律？(2)每发生一次α衰变，质子数、中子数如何变化？β衰变呢？[解析] 23892U ――→①234 90Th ，质量数少4，电荷数少2，说明①为α衰变.234 90Th ――→②234 91Pa ，质子数加1，质量数不变，说明②为β衰变，中子转化成质子.234 91Pa ――→③234 92U ，质子数加1，质量数不变，说明③为β衰变，中子转化成质子．应当选A.[答案] A在处理α衰变和β衰变次数的问题时，首先由开始的原子核和最终的原子核确定质量数的变化，由此得出α衰变的次数，由α衰变引起的电荷数的改变与实际电荷数的改变确定β衰变的次数．对半衰期的理解[学生用书P56]1．公式：根据半衰期的概念，可总结出公式N 余＝N 原⎝ ⎛⎭⎪⎫12t τ，m 余＝m 原⎝ ⎛⎭⎪⎫12tτ 式中N 原、m 原表示衰变前的放射性元素的原子数和质量，N 余、m 余表示衰变后尚未发生衰变的放射性元素的原子数和质量，t 表示衰变时间，τ表示半衰期．2．适用条件：半衰期是一个统计概念，是对大量的原子核衰变规律的总结，对于一个特定的原子核，无法确定何时发生衰变，但可以确定各个时刻发生衰变的概率，即某时衰变的可能性，因此，半衰期只适用于大量的原子核．3．影响因素：半衰期由放射性元素的原子核内部的因素决定，跟原子所处的物理状态(如压强、温度)或化学状态(如单质、化合物)无关，因为这些因素都不能改变原子核的结构．半衰期是一个统计规律，只对大量原子核适用，对于少数个别的原子核，其衰变毫无规律，何时衰变、何时衰变一半，都是不可预知的．放射性同位素14C 被考古学家称为“碳钟〞，它可以用来判定古生物体的年代，此项研究获得1960年诺贝尔化学奖．(1)宇宙射线中高能量的中子碰到空气中的氮原子后，会形成不稳定的14 6C ，它很容易发生衰变，放出β射线变成一个新核，其半衰期为5 730年，试写出14C 的衰变方程．(2)假设测得一古生物遗骸中的14 6C 含量只有活体中的25%，如此此遗骸距今约有多少年？[思路点拨] (1)根据质量守恒和电荷数守恒写出衰变方程．(2)由古生物14C 的含量与活体14C 的含量比照可确定其半衰期数，即可计算出古生物的年代．[解析] (1)14 6C 的β衰变方程为：146C→0－1e ＋14 7N.(2)14 6C 的半衰期τ＝5 730年．生物死亡后，遗骸中的14 6C 按其半衰期变化，设活体中14 6C 的含量为N 0，遗骸中的146C 含量为N ，如此 N ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12t τN 0， 即0.25N 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12t 5 730N 0，故t 5 730＝2，t ＝11 460年． [答案] (1)14 6C→0－1e ＋14 7N (2)11 460年碘131的半衰期约为8天．假设某药物含有质量为m 的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有( )A.m 4B.m 8C.m 16D.m32解析：选C.经过32天即4个半衰期，碘131的含量变为m ′＝m 24＝m16，C 项正确． α衰变、β衰变在磁场中的轨迹分析[学生用书P56]设有一个质量为M 0的原子核，原来处于静止状态．当发生一次α(或β)衰变后，释放的粒子的质量为m ，速度为v ，产生的反冲核的质量为M ，速度为V .1．动量守恒关系：0＝mv ＋MV 或mv ＝－MV .2．在磁场中轨迹的特点：当粒子和反冲核垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场时，将在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，且轨迹如下列图．(1)轨道半径的大小：因为粒子与反冲核的动量大小相等，所以轨道半径与电荷量成反比，即R ＝mv Bq ∝1q .当发生α衰变时：R αR M ＝Z －22.当发生β衰变时：R βR M ＝Z ＋11.如果测出轨道的半径比，可以求出Z ，从而判定是什么原子核发生了衰变．(2)运行周期的长短：在同样的条件下，运行周期与粒子和反冲核的比荷成反比，即T ＝2πm Bq ∝m q. (3)径迹的特点：粒子的轨道半径大，反冲核的轨道半径小．α粒子与反冲核带同种电荷，两轨道外切；β粒子与反冲核带异种电荷，两轨道内切；γ射线的径迹为与反冲核的径迹相切的直线．静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个α粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44∶1，如下列图，如此如下说法错误的答案是( )A ．α粒子与反冲核的动量大小相等，方向相反B ．原来放射性元素的原子核电荷数为90C ．反冲核的电荷数为88D ．α粒子和反冲粒子的速度之比为1∶88[解析] 微粒之间相互作用的过程中遵循动量守恒，由于初始总动量为0，如此末动量也为0，即α粒子和反冲核的动量大小相等、方向相反，选项A 正确．由于释放的α粒子和反冲核均在垂直于磁场的平面内且在洛伦兹力作用下做圆周运动，由Bqv ＝m v 2R 得：R ＝mv qB. 假设原来放射性元素的核电荷数为Q ，如此对α粒子：R 1＝p 1B ·2e 对反冲核：R 2＝p 2B 〔Q －2〕e. 由于p 1＝p 2，得R 1∶R 2＝44∶1，Q ＝90，所以选项B 、C 正确．它们的速度大小与质量成反比，应当选项D 错误．[答案] D[随堂检测][学生用书P57]1．与原子核内部变化有关的现象是( )A．电离现象B．光电效应现象C．天然放射现象D．α粒子散射现象解析：选C.电离现象是核外电子脱离原子核的束缚，光电效应是核外电子跃迁，α粒子散射现象也是在原子核外进展的，没有涉与原子核内部的变化，只有天然放射现象是在原子核内部发生的．2．关于天然放射现象，如下说法正确的答案是( )A．α射线是由氦原子核衰变产生B．β射线是由原子核外电子电离产生C．γ射线是由原子核外的内层电子跃迁产生D．通过化学反响不能改变物质的放射性解析：选D.α射线是在α衰变中产生的，本质是氦核，A错误；β射线是在β衰变中产生的，本质是高速电子束，B错误；γ射线是α衰变和β衰变时原子核发生能级跃迁而产生的电磁波，C错误；物质的放射性由原子核内部自身的因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关，D正确．3．一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为238 92U→234 90Th＋42He.如下说法正确的答案是( )A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量解析：选B.静止的铀核在衰变过程中遵循动量守恒，由于系统的总动量为零，因此衰变后产生的钍核和α粒子的动量等大反向，即p Th＝pα，B项正确；因此有2m Th E kTh＝2mαE kα，由于钍核和α粒子的质量不等，因此衰变后钍核和α粒子的动能不等，A项错误；半衰期是有半数铀核衰变所用的时间，并不是一个铀核衰变所用的时间，C项错误；由于衰变过程释放能量，根据爱因斯坦质能方程可知，衰变过程有质量亏损，因此D项错误．4．如图，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，如下说法正确的答案是( )A．①表示γ射线，③表示α射线B．②表示β射线，③表示α射线C．④表示α射线，⑤表示γ射线D．⑤表示β射线，⑥表示α射线解析：选C.γ射线为电磁波，在电场、磁场中均不偏转，故②和⑤表示γ射线，A、B、D项错；α射线中的α粒子为氦的原子核，带正电，在匀强电场中，沿电场方向偏转，故③表示α射线，由左手定如此可知在匀强磁场中α射线向左偏，故④表示α射线，C项对．5．完成如下核反响方程：(1)14 7N＋10n→14 6C＋________；(2)14 7N＋42He→17 8O＋________；(3)10 5B＋10n→________＋42He；(4)94Be＋42He→________＋10n；(5)5626Fe＋21H→5727Co＋________；其中________是发现质子的核反响方程，________是发现中子的核反响方程．解析：根据核反响过程中质量数和电荷数守恒，可以判定：(1)11H；(2)11H，这是发现质子的核反响方程；(3)73Li；(4)12 6C，是发现中子的核反响方程；(5)10n.答案：11H11H73Li12 6C10n (2) (4)[课时作业][学生用书P110(单独成册)]一、单项选择题1．关于天然放射现象，如下说法正确的答案是( )A．放射性元素的原子核内的核子有半数发生变化所需的时间就是半衰期B．放射性物质放出的射线中，α粒子动能很大，因此贯穿物质的本领很强C．当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时，将发生β衰变D．放射性的原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时，辐射出γ射线解析：选D.半衰期的概念是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，而不是原子核内的核子半数发生衰变所需的时间，选项A错误；放射性物质放出的射线中，α粒子的动能很大，但由于它与外界物质的原子核碰撞时很容易损失能量，因此它贯穿物质的本领很小，选项B错误；放射性元素发生衰变是因为原子核不稳定所引起的，与核外电子的能量上下无关，选项C错误；放射性元素发生衰变后的新核从高能级向低能级跃迁时会以光子的形式放出能量，γ射线即为高能的光子流，选项D正确．2．如下关于半衰期的说法中正确的答案是( )A．放射性元素的半衰期越短，明确有半数原子核发生衰变所需要的时间越短，衰变速度越快B．放射性元素的样品不断衰变，随着剩下的未衰变的原子核的减少，元素的半衰期也变短C．把放射性元素放在密封的容器中，可以减慢放射性元素衰变的速度D．降低温度或增大压强，让放射性元素与其他物质形成化合物，均可以减小该元素的衰变速度解析：选A.放射性元素的半衰期是指放射性元素的原子核半数发生衰变所需要的时间，它反映了放射性元素衰变的快慢，衰变越快，半衰期越短；某种元素的半衰期长短由其本身因素决定，与它所处的物理状态或化学状态无关，故上述选项只有A正确．3．关于放射性元素的α衰变和β衰变，如下说法中正确的答案是( )A．原子核每放出一个α粒子，原子序数减少4B．原子核每放出一个α粒子，原子序数增加4C．原子核每放出一个β粒子，原子序数减少1D．原子核每放出一个β粒子，原子序数增加1解析：选D.发生一次α衰变，核电荷数减少2，质量数减少4，原子序数减少2；发生一次β衰变，核电荷数增加1，原子序数增加1.4．如下表示放射性元素碘131(131 53I)β衰变的方程是( )A.13153I→127 51Sb＋42HeB.13153I→13154Xe＋0－1eC.13153I→13053I＋10nD.13153I→13052Te＋11H解析：选B.A选项不是β衰变过程，故A错误；β衰变的特点是放出电子，而B选项既满足质量数守恒又满足电荷数守恒，故B正确；C、D中放出的是中子和质子，不符合β衰变的特点．5.实验观察到，静止在匀强磁场中A 点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图，如此( )A ．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外B ．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外C ．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里D ．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里解析：选D.根据动量守恒定律，原子核发生β衰变后产生的新核与电子的动量大小相等，设为p .根据qvB ＝mv 2r ，得轨道半径r ＝mv qB ＝p qB，故电子的轨迹半径较大，即轨迹1是电子的，轨迹2是新核的．根据左手定如此，可知磁场方向垂直纸面向里．选项D 正确．6．铀239(239 92U)经过衰变可产生钚239(239 94Pu)．关于铀239的衰变，如下说法正确的答案是( )A.239 94Pu 与239 92U 的核内具有一样的中子数和不同的核子数B ．放射性物质239 92U 发生β衰变时所释放的电子来源于核外电子C.239 92U 经过2次β衰变产生239 94PuD ．温度升高，239 92U 的半衰期减小解析：选C.239 92U 的质量数A ′＝239，核电荷数Z ′＝92，如此中子数n ′＝239－92＝147，23994Pu 的质量数A ＝239，核电荷数Z ＝94，如此中子数n ＝A －Z ＝239－94＝145，故核子数一样，但中子数不同，故A 错误．β衰变是原子核的衰变，与核外电子无关，β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时释放出来的，故B 错误.239 92U→2 0－1e ＋23994Pu ，显然反响物的质量数为239，而生成物的质量数为239，故质量数守恒；而反响物的核电荷数为92，故核电荷数守恒，反响能够发生，故C 正确．半衰期与物体的温度、状态均无关，而是由核内部自身因素决定的，故D 错误．二、多项选择题7．天然放射性元素232 90Th(钍)经过一系列α衰变和β衰变之后，变成208 82Pb(铅)．如下论断中正确的答案是( )A ．衰变的过程共有6次α衰变和4次β衰变B ．铅核比钍核少8个质子C ．β衰变所放出的电子来自原子核外轨道D ．钍核比铅核多24个中子解析：选AB.由于β衰变不会引起质量数的减少，故可先根据质量数的减少确定α衰变的次数为：x ＝232－2084＝6，再结合核电荷数的变化情况和衰变规律来判定β衰变的次数应满足：2x －y ＝90－82＝8，y ＝2x －8＝4.钍232核中的中子数为232－90＝142，铅208核中的中子数为208－82＝126，所以钍核比铅核多16个中子，铅核比钍核少8个质子．由于物质的衰变与元素的化学状态无关，所以β衰变所放出的电子来自原子核内10n →11H ＋0－1e ，所以选项A 、B 正确．8．关于天然放射性，如下说法正确的答案是( )A ．所有元素都有可能发生衰变B ．放射性元素的半衰期与外界的温度无关C ．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D ．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线解析：选BC.自然界中绝大局部元素没有放射现象，选项A 错误；放射性元素的半衰期只与原子核结构有关，与其他因素无关，选项B 、C 正确；原子核发生衰变时，不能同时发生α和β衰变，γ射线伴随这两种衰变产生，应当选项D 错误．9．14C 发生放射性衰变成为14N ，半衰期约5 700年．植物存活期间，其体内14C 与12C 的比例不变；生命活动完毕后，14C 的比例持续减小．现通过测量得知，某古木样品中14C 的比例正好是现代植物所制样品的二分之一．如下说法正确的答案是( )A ．该古木的年代距今约5 700年B ．12C 、13C 、14C 具有一样的中子数C ．14C 衰变为14N 的过程中放出β射线D ．增加样品测量环境的压强将加速14C 的衰变解析：选AC.古木样品中14C 的比例是现代植物所制样品的二分之一，根据半衰期的定义知该古木的年代距今约5 700年，选项A 正确．同位素具有一样的质子数，不同的中子数，选项B 错误.14C 的衰变方程为14 6C →14 7N ＋0－1e ，所以此衰变过程放出β射线，选项C 正确．放射性元素的半衰期与核内部自身因素有关，与原子所处的化学状态和外部条件无关，选项D 错误．10.在匀强磁场中，一个原来静止的原子核发生了衰变，得到两条如下列图的径迹，图中箭头表示衰变后粒子的运动方向．不计放出光子的能量，如此如下说法正确的答案是( )A ．发生的是β衰变，b 为β粒子的径迹B ．发生的是α衰变，b 为α粒子的径迹C ．磁场方向垂直于纸面向外D ．磁场方向垂直于纸面向里解析：选AD.放射性元素放出β粒子时，β粒子与反冲核的速度相反，而电性相反，如此两个粒子受到的洛伦兹力方向一样，两个粒子的轨迹应为内切圆，故放出的是β粒子，放射性元素放出粒子时，两带电粒子的动量守恒，由半径公式可得轨迹半径与动量成正比，与电荷量成反比，而β粒子的电荷量比反冲核的电荷量小，如此β粒子的半径比反冲核的半径大，故b 为β粒子的运动轨迹，应当选项A 正确，由左手定如此知磁场方向垂直纸面向里，选项D 正确．三、非选择题11．恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反响，当温度达到108 K 时，可以发生“氦燃烧〞．(1)完成“氦燃烧〞的核反响方程：42He ＋________→84Be ＋γ.(2)84Be 是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10－16 s ．一定质量的84Be ，经7.8×10－16 s 后所剩84Be 占开始时的多少？解析：(1)根据核反响方程的电荷数守恒，质量数守恒可知核反响方程应为42He ＋42He ―→84Be ＋γ. (2)m m 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12t τ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝18. 答案：(1)42He (2)18(或12.5%) 12．(1)原子核23290Th 具有天然放射性，它经过假设干次α衰变和β衰变后会变成新的原子核．如下原子核中，有三种是232 90Th 衰变过程中可以产生的，它们是________．A.208 82PbB.211 82PbC.216 84PoD.228 88RaE.226 88Ra(2)一静止的238 92U 核经α衰变成为234 90Th 核，释放出的总动能为4.27 MeV.问此衰变后234 90Th 核的动能为多少MeV(保存1位有效数字)?解析：(1)选ACD.发生1次α衰变时核子的质量数减4，电荷数减2；发生1次β衰变时，质量数不变，电荷数加1.先从质量数的变化分析，易得A 、C 、D 正确．(2)据题意知，此α衰变的衰变方程为：23892U ―→234 90Th ＋42He ，根据动量守恒定律得m αv α＝m Th v Th① 式中，m α和m Th 分别为α粒子和Th 核的质量，v α和v Th 分别为α粒子和Th 核的速度，由题设条件知：12m αv 2α＋12m Th v 2Th ＝E k ② m αm Th ＝4234③ 式中E k ＝4.27 MeV ，是α粒子与Th 核的总动能．由①②③式得12m Th v 2Th ＝m αm α＋m ThE k 代入数据得，衰变后23490Th 核的动能12m Th v 2Th ≈0.07 MeV. 答案：(1)ACD (2)0.07 MeV。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
学业分层测评(十四)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．关于放射性的应用，下列说法正确的是( )A．利用α射线使空气电离，把静电荷导走B．利用β射线照射植物的种子，使产量显著增加C．利用β射线来治疗肺癌、食道癌等疾病D．利用β射线进行金属探伤【解析】α射线的电离作用很强，可利用α射线的电离作用，把静电荷导走A对；γ射线对生物具有物理化学作用，照射种子可使基因变异，可用于放射性治疗，β射线不具有生物作用，B、C错；利用γ射线进行金属探伤，D错．【答案】A2．(多选)关于放射性的应用与防护，下列说法正确的是( )A．通过原子核的人工转变可以发现和制造新元素B．在人工核反应过程中，质量守恒C．利用示踪原子可以研究生物大分子的结构D．人类一直生活在放射性的环境中【解析】通过原子核的人工转变可以发现和制造新元素，A项正确；在人工核反应过程中，质量数守恒，B项错；利用示踪原子可以研究生物大分子的结构，C项正确；人类一直生活在放射性的环境中，地球上的每个角落都有射线，D项正确．【答案】ACD3．放射性同位素钴60能放出较强的γ射线，其强度容易控制，这使得γ射线得到广泛应用．下列选项中，属于γ射线的应用的是( )A．医学上制成γ刀，无需开颅即可治疗脑肿瘤B．机器运转时常产生很多静电，用γ射线照射机器可将电荷导入大地C．铝加工厂将接收到的γ射线信号输入计算机，可对薄铝板的厚度进行自动控制D．用α射线照射草莓、荔枝等水果，可延长保存期【解析】γ射线的电离作用很弱，不能使空气电离成为导体，B错误；γ射线的穿透能力很强，薄铝板的厚度变化时，接收到的信号强度变化很小，不能控制铝板厚度，但可用于金属钢板探伤，C错误；γ射线能量很大，可以杀菌，延长水果的保存期，对肿瘤细胞有很强的杀伤作用，故A正确，D错误．【答案】A4．(多选)用α粒子照射充氮的云室，摄得如图4-3-2所示的照片，下列说法中正确的是( )图4-3-2A．A是α粒子的径迹B．B是α粒子的径迹C．C是α粒子的径迹D．A是新核的径迹【解析】α粒子轰击氮的核反应方程为42He＋147N→178O＋11H，入射的是α粒子．所以B是α粒子产生的径迹，质量大、电离作用强的新核178O，径迹粗而短，故A是新核径迹．质子电离作用弱一些，贯穿作用强，所以细而长的径迹是质子的径迹．所以正确选项为B、D.【答案】BD5．(多选)防止放射性污染的防护措施有( )A．将废弃的放射性物质进行深埋B．将废弃的放射性物质倒在下水道里C．接触放射性物质的人员穿上铅防护服D．将废弃的放射性物质投放到大海里【解析】因为放射性物质残存的时间太长，具有辐射性，故应将其深埋，A对，B、D均错；铅具有一定的防止放射性的能力，接触放射性物质的人员穿上铅防护服，并要控制一定的放射剂量，故C对．【答案】AC6．在工业生产中，某些金属材料内部出现的裂痕是无法直接观察到的，如果不能够发现它们，可能会给生产带来极大的危害．自从发现放射线以后，就可以利用放射线对其进行探测了．这是利用了( )【导学号：06092087】A．α射线的电离本领B．β射线的带电性质C．γ射线的贯穿本领D．放射性元素的示踪本领【解析】放射性的应用是沿着利用它的射线和作为示踪原子两个方向展开的，γ射线的贯穿本领最强，可以用于金属探伤，故选项C正确．【答案】C7．放射性在技术上有很多应用，不同的放射源可用于不同目的．下表列出了一些放射性元素的半衰期和可供利用的射线．利用适当的放射线来测定通过轧辊后的薄膜厚度是否均匀．可利用的元素是________．【解析】要测定聚乙烯薄膜的厚度，则要求射线可以穿透薄膜，因此α射线不合适；另外，射线穿透作用还要受薄膜厚度影响，γ射线穿透作用最强，薄膜厚度不会影响γ射线穿透，所以只能选用β射线，而氡222半衰期太小，铀238半衰期太长，所以只有锶90较合适．【答案】锶908．用人工方法得到放射性同位素，这是一个很重要的发现，天然放射性同位素只不过40几种，而今天人工制造的同位素已达1 000多种，每种元素都有放射性同位素，放射性同位素在农业、医疗卫生、科研等许多方面得到广泛应用.【导学号：06092039】(1)带电的验电器在放射线照射下电荷会很快消失，其原因是________．A．射线的贯穿作用B．射线的电离作用C．射线的物理、化学作用D．以上三个选项都不是(2)如图4-3-3是工厂利用放射线自动控制铝板厚度的装置示意图，如工厂生产的是厚度1 mm铝板，在α、β、γ三种射线中，你认为对铝板的厚度起主要作用的是________射线．图4-3-3(3)在我国首先用人工方法合成牛胰岛素时需要证明人工合成的牛胰岛素结晶跟天然牛胰岛素结晶是同一物质，为此曾采用放射性同位素14C做________．【解析】(1)因放射性的电离作用，空气中与验电器所带电荷电性相反的离子与之中和，所以使验电器所带电荷消失．(2)α射线穿透物质的本领弱，不能穿透厚度1 mm的铝板，因而探测器不能探到，γ射线穿透本领最强，穿透1 mm的铝板和几毫米厚铝板打在探测器上很难分辨，β射线也能穿透几毫米厚的铝板，但厚度不同，穿透后β射线中的电子运动状态不同，探测器容易分辨．(3)把掺入14C的人工合成牛胰岛素与天然牛胰岛素混合在一起，经多次重新结晶后，得到了放射性14C分布均匀的牛胰岛素结晶，这就证明了人工合成的牛胰岛素与天然牛胰岛素合为一体，它们是同一物质，把这种放射性同位素的原子掺到其他物质中去，让它们一起运动迁移，再用放射性探测仪器进行追踪，就可以知道放射性原子通过什么路径，运动到哪里了，是怎样分布的，从而可了解某些不容易查明的情况或规律，人们把这种用途的放射性同位素叫做示踪原子．【答案】(1)B(2)β(3)示踪原子[能力提升]9．(多选)贫铀炸弹是一种杀伤力很强的武器，贫铀是提炼铀235以后的副产品，其主要成分为铀238，贫铀炸弹不仅有很强的穿甲能力，而且铀238具有放射性，残留物可长期对环境起破坏作用而造成污染．人长期生活在该环境中会受到核辐射而患上皮肤癌和白血病．下列结论正确的是( )A．铀238的衰变方程式为：23892U→23490Th＋42HeB.23592U和23892U互为同位素C．人患皮肤癌和白血病是因为核辐射导致了基因突变D．贫铀弹的穿甲能力很强，也是因为它的放射性【解析】铀238具有放射性，放出一个α粒子，变成钍234，A正确．铀238和铀235质子数相同，故互为同位素，B正确．核辐射能导致基因突变，是皮肤癌和白血病的诱因之一，C正确．贫铀弹的穿甲能力很强，是因为它的弹芯是由高密度、高强度、高韧性的铀合金组成，袭击目标时产生高温化学反应，所以其爆炸力、穿透力远远超过一般炸弹，D错．【答案】ABC10．在下列4个核反应方程中，x表示质子的是( )【导学号：06092088】A.3015P→3014Si＋xB.23892U→23490Th＋xC.2713Al＋10n→2712Mg＋xD.2713Al＋42He→3015P＋x【解析】由质量数守恒和电荷数守恒知，选项A中x为正电子01e，选项B中x 为42He，选项C中x为质子11H，选项D中x为中子10n.【答案】C11．为了临床测定病人血液的体积，可根据磷酸盐在血液中被红血球吸收这一事实，向病人体内输入适量含有3215P作示踪原子的血液，先将含有3215P的血液4 cm3分为两等份，其中一份留作标准样品，20 min后测量出其放射性强度为10 800 s－1；另一份则通过静脉注射进入病人体内，经20 min后，放射性血液分布于全身，再从病人体内抽出血液样品2 cm3，测出其放射性强度为5 s－1，则病人的血液体积大约为多少？【解析】由于标准样品与输入体内的3215P的总量是相等的，因此两者的放射性强度与3215P原子核的总数均是相等的．设病人血液总体积为V，应有52×V＝10 800，解得：V＝4 320 cm3.【答案】4 320 cm312．1956年李政道和杨振宁提出在弱相互作用中宇称不守恒，并由吴健雄用6027Co 的衰变来验证，其核反应方程是6027Co→A Z Ni＋0－1e＋νe.其中νe是反中微子，它的电荷量为零，静止质量可认为是零．(1)在上述衰变方程中，衰变产物A Z Ni的质量数A是________，核电荷数Z是________．(2)在衰变前6027Co核静止，根据云室照片可以看出，衰变产物Ni和0－1e的运动径迹不在一条直线上，如果认为衰变产物只有Ni和0e，那么衰变过程将违背________－1守恒定律．(3)6027Co是典型的γ放射源，可用于作物诱变育种．我国应用该方法培育出了许多农作物新品种，如棉花高产品种“鲁棉1号”，年种植面积曾达到3 000多万亩，在我国自己培育的棉花品种中栽培面积最大．γ射线处理作物后主要引起________，从而产生可遗传的变异．【解析】(1)根据质量数和电荷数守恒，核反应方程为：6027Co→6028Ni＋0－1e＋νe，由此得出两空分别为60和28.(2)衰变过程遵循动量守恒定律．原来静止的核动量为零，分裂成两个粒子后，这两个粒子的动量和应还是零，则两粒子径迹必在同一直线上．现在发现Ni和0－1e 的运动径迹不在同一直线上，如果认为衰变产物只有Ni和0－1e，就一定会违背动量守恒定律．(3)用γ射线照射种子，会使种子的遗传基因发生突变，从而培育出优良品种．【答案】(1)6028(2)动量(3)基因突变13．正电子发射计算机断层显像(PET)的基本原理是：将放射性同位素15O注入人体，参与人体的代谢过程.15O在人体内衰变放出正电子，与人体内负电子相遇而湮灭转化为一对光子，被探测器探测到，经计算机处理后产生清晰的图像．根据PET 原理，回答下列问题：(1)写出15O的衰变和正负电子湮灭的方程式．(2)将放射性同位素15O注入人体，15O的主要用途是( )A．利用它的射线B．作为示踪原子C．参与人体的代谢过程D．有氧呼吸(3)PET中所选的放射性同位素的半衰期应________．(填“长”、“短”或“长短均可”)【解析】(1)由题意得158O→157N＋0＋1e，0＋1e＋0－1e→2γ.(2)将放射性同位素15O注入人体后，由于它能放出正电子，并能与人体内的负电子产生一对光子，从而被探测器探测到，所以它的用途为作为示踪原子．B正确．(3)根据同位素的用途，为了减小对人体的伤害，半衰期应该很短．【答案】(1)158O→157N＋0＋1e，0＋1e＋0－1e→2γ(2)B(3)短情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。